命題點(diǎn)1 分離參數(shù)求參數(shù)范圍
例1 [2023湖南衡陽5月三模]已知函數(shù)f（x）＝2x＋ln x＋a.
（1）當(dāng)a＝0時(shí)，求f（x）的極值；
（2）若對(duì)于任意的x∈[1，e2]，f（x）≤0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
解析 （1）當(dāng)a＝0時(shí)，f（x）＝2x＋ln x，則f '（x）＝－2x2＋1x＝x－2x2，
當(dāng)0＜x＜2時(shí)，f '（x）＜0，當(dāng)x＞2時(shí)，f '（x）＞0，列表如下.
所以f（x）的極小值為f（2）＝1＋ln 2，無極大值.
（2）f（x）＝2x＋ln x＋a≤0，即a≤－2x－ln x.
令g（x）＝－2x－ln x，x∈[1，e2]，則a≤g（x）min.
求導(dǎo)得g'（x）＝2x2－1x＝2－xx2，當(dāng)1≤x＜2時(shí)，g'（x）＞0，當(dāng)2＜x≤e2時(shí)，g'（x）＜0，
所以g（x）在[1，2）上單調(diào)遞增，在（2，e2]上單調(diào)遞減.
因?yàn)間（1）＝－2，g（e2）＝－2e2－ln e2＝－2e2－2，所以g（1）＞g（e2），所以g（x）min＝g（e2）＝－2e2－2.
所以a≤g（x）min＝－2e2－2，
即實(shí)數(shù)a的取值范圍為（－∞，－2e2－2].
方法技巧
步驟：（1）利用不等式的性質(zhì)，將參數(shù)分離出來，轉(zhuǎn)化為f（x）＞a或f（x）＜a的形式；
（2）通過研究函數(shù)的性質(zhì)求出f（x）的最值；
（3）得出參數(shù)a的取值范圍.
技巧：（1）f（x）＞a恒成立?f（x）min＞a；
f（x）＜a恒成立?f（x）max＜a.
（2）f（x）＞a有解?f（x）max＞a；
f（x）＜a有解?f（x）min＜a.
訓(xùn)練1 [2024遼寧省聯(lián)考]已知函數(shù)f（x）＝ln（x＋1）－ax＋2.
（1）若a＝2，求f（x）在x＝0處的切線方程；
（2）當(dāng)x≥0時(shí)，f（x）＋2x＋xln（x＋1）≥0恒成立，求整數(shù)a的最大值.
解析 （1）若a＝2，則f（x）＝ln（x＋1）－2x＋2，f（0）＝2，則切點(diǎn)坐標(biāo)為（0，2），
f '（x）＝1x+1－2，則切線斜率為f '（0）＝－1，
所以切線方程為y－2＝－（x－0），即x＋y－2＝0.
（2）由f（x）＋2x＋xln（x＋1）≥0，得ax≤（x＋1）·[ln（x＋1）＋2]，
當(dāng)x＝0時(shí)，a×0≤2，a∈R；
當(dāng)x＞0時(shí)，a≤（x+1)[ln（x+1）+2]x，
設(shè)g（x）＝（x+1)[ln（x+1）+2]x，g'（x）＝x－2－ln（x+1）x2，
設(shè)h（x）＝x－2－ln（x＋1），h'（x）＝xx+1＞0，
則h（x）在（0，＋∞）單調(diào)遞增，
因?yàn)閔（3）＝1－ln 4＜0，h（4）＝2－ln 5＞0，
所以存在x0∈（3，4）使得h（x0）＝0，
即x0－2＝ln（x0＋1）.
當(dāng)x∈（0，x0）時(shí)，h（x）＜0，即g'（x）＜0；當(dāng)x∈（x0，＋∞）時(shí)，h（x）＞0，即
g'（x）＞0.
則g（x）在（0，x0）單調(diào)遞減，在（x0，＋∞）單調(diào)遞增，g（x）min＝g（x0），
所以a≤g（x0）＝（x0+1)[ln（x0+1）+2]x0＝（x0+1)[(x0－2）+2]x0＝x0＋1.
因?yàn)閤0∈（3，4），所以x0＋1∈（4，5），所以整數(shù)a的最大值為4.
命題點(diǎn)2 等價(jià)轉(zhuǎn)化求參數(shù)范圍
例2 [2023全國卷甲]已知函數(shù)f（x）＝ax－sinxcs3x，x∈（0，π2）.
（1）當(dāng)a＝8時(shí)，討論f（x）的單調(diào)性；
（2）若f（x）＜sin 2x，求a的取值范圍.
解析 （1）當(dāng)a＝8時(shí)，f（x）＝8x－sinxcs3x，x∈（0，π2），
f'（x）＝8－cs4x+3sin2xcs2xcs6x＝8＋2cs2x－3cs4x.
令1cs2x＝t，則t∈（1，＋∞），
令h（t）＝－3t2＋2t＋8＝－（3t＋4）（t－2），
當(dāng)t∈（1，2）時(shí)，h（t）＞0；當(dāng)t∈（2，＋∞）時(shí)，h（t）＜0.
故當(dāng)x∈（0，π4）時(shí)，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（π4，π2）時(shí)，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減.
綜上，f（x）在區(qū)間（0，π4）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（π4，π2）上單調(diào)遞減.
（2）令g（x）＝f（x）－sin 2x＝ax－sinxcs3x－sin 2x，
則g'（x）＝a－cs4x+3sin2xcs2xcs6x－2cs 2x＝a－cs2x+3sin2xcs4x－4cs2x＋2＝a－（－2cs2x+3cs4x＋4cs2x－2），
令u＝cs2x，則u∈（0，1），令k（u）＝－2u+3u2＋4u－2，
則k'（u）＝2u－6u3＋4＝4u3+2u－6u3.
當(dāng)u∈（0，1）時(shí)，k'（u）＜0，∴k（u）在（0，1）上單調(diào)遞減，
∵k（1）＝3，∴當(dāng)u∈（0，1）時(shí)，k（u）＞3，
∴k（u）的值域?yàn)椋?，＋∞）.
①當(dāng)a≤3時(shí)，g'（x）＜0，∴g（x）在（0，π2）上單調(diào)遞減，
∵當(dāng)x∈（0，π2）時(shí)，g（x）＜0，∴f（x）＜sin 2x.
②當(dāng)a＞3時(shí)，?x0∈（0，π2）使得g'（x0）＝0，
∴g（x）在（0，x0）上單調(diào)遞增，在（x0，π2）上單調(diào)遞減，
∴g（x0）＞0，∴f（x）＜sin 2x不成立.
綜上所述，a的取值范圍為（－∞，3].
方法技巧
對(duì)于不適合分離參數(shù)的不等式，常常將參數(shù)看成常數(shù)，通過分析，變形，合理構(gòu)造函數(shù)（常用的有作差構(gòu)造，同構(gòu)化構(gòu)造等），轉(zhuǎn)化成求函數(shù)的最值問題.
訓(xùn)練2 [全國卷Ⅰ]已知函數(shù)f（x）＝ex＋ax2－x.
（1）當(dāng)a＝1時(shí)，討論f（x）的單調(diào)性；
（2）當(dāng)x≥0時(shí)，f（x）≥12x3＋1，求a的取值范圍.
解析 （1）當(dāng)a＝1時(shí)，f（x）＝ex＋x2－x，f '（x）＝ex＋2x－1.易知f '（0）＝0，且
f '（x）在R上單調(diào)遞增，故當(dāng)x∈（－∞，0）時(shí)，f '（x）＜0；當(dāng)x∈（0，＋∞）時(shí)，
f '（x）＞0.
所以f（x）在（－∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，＋∞）上單調(diào)遞增.
（2）f（x）≥12x3＋1等價(jià)于（12x3－ax2＋x＋1）e－x≤1.
設(shè)函數(shù)g（x）＝（12x3－ax2＋x＋1）e－x（x≥0），則
g'（x）＝－（12x3－ax2＋x＋1－32x2＋2ax－1）e－x
＝－12x[x2－（2a＋3）x＋4a＋2]e－x
＝－12x（x－2a－1）（x－2）e－x.
（i）若2a＋1≤0，即a≤－12，則當(dāng)x∈（0，2）時(shí)，g'（x）＞0，
所以g（x）在（0，2）上單調(diào)遞增，故g（x）＞1，不合題意.
（ii）若0＜2a＋1＜2，即－12＜a＜12，則當(dāng)x∈（0，2a＋1）∪（2，＋∞）時(shí)，g'（x）＜0；當(dāng)x∈（2a＋1，2）時(shí)，g'（x）＞0.所以g（x）在（0，2a＋1），（2，＋∞）上單調(diào)遞減，在（2a＋1，2）上單調(diào)遞增.
因?yàn)間（0）＝1≤1，要使g（x）≤1，則g（2）＝（7－4a）e－2≤1，即a≥7－e24.
所以當(dāng)7－e24≤a＜12時(shí)，g（x）≤1.
（iii）若2a＋1≥2，即a≥12，則g（x）≤（12x3＋x＋1）e－x.
由于0∈[7－e24，12），故由（ii）可得（12x3＋x＋1）e－x≤1.
故當(dāng)a≥12時(shí)，g（x）≤1.
綜上，a的取值范圍是[7－e24，＋∞）.
命題點(diǎn)3 雙變量的恒（能）成立問題
例3 [2024廣東七校聯(lián)考]設(shè)a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f（x）＝x3－3x2＋a，g（x）＝xln x.
（1）求f（x）的極值；
（2）若?x1∈[1，3]，?x2∈[1e，e]，都有f（x1）≥g（x2），求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
解析 （1）函數(shù)f（x）＝x3－3x2＋a的定義域?yàn)镽，f '（x）＝3x2－6x＝3x（x－2），
令f '（x）＝0，可得x＝0或x＝2，
當(dāng)x變化時(shí)，f '（x），f（x）的變化情況如下表：
故函數(shù)f（x）的極大值為f（0）＝a，極小值為f（2）＝a－4.
（2）若?x1∈[1，3]，?x2∈[1e，e]，都有f（x1）≥g（x2），則f（x1）min≥g（x2）max.
由（1）可知，函數(shù)f（x）在[1，2）上單調(diào)遞減，在（2，3]上單調(diào)遞增，
故當(dāng)x∈[1，3]時(shí)，f（x）min＝f（2）＝a－4.
因?yàn)間（x）＝xln x，當(dāng)x∈[1e，e]時(shí)，g'（x）＝1＋ln x≥0且g'（x）不恒為零，所以函數(shù)g（x）在[1e，e]上單調(diào)遞增，故g（x）max＝g（e）＝e，
由題意可得a－4≥e，故a≥e＋4，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是[e＋4，＋∞）.
方法技巧
解決雙變量“存在性或任意性”問題的關(guān)鍵就是將含有全稱量詞或存在量詞的條件“等價(jià)轉(zhuǎn)化”為兩個(gè)函數(shù)最值之間的關(guān)系（或兩個(gè)函數(shù)值域之間的關(guān)系）.
訓(xùn)練3 [2023浙江杭州二中4月階段測(cè)試] f（x）＝ax＋xln x，g（x）＝x3－x2－3.
（1）如果存在x1，x2∈[0，2]，使得g（x1）－g（x2）≥M成立，求滿足上述條件的最大整數(shù)M；
（2）如果對(duì)于任意的s，t∈[12，2]，f（s）≥g（t）成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
解析 （1）存在x1，x2∈[0，2]，使得g（x1）－g（x2）≥M成立，即存在x1，x2∈[0，2]，使得[g（x1）－g（x2)]max≥M，即g（x）max－g（x）min≥M（x∈[0，2]）.
由g（x）＝x3－x2－3，得g'（x）＝3x2－2x＝3x（x－23），
當(dāng)23＜x＜2時(shí)，g'（x）＞0，當(dāng)0＜x＜23時(shí)，g'（x）＜0，列表如下.
又g（0）＝－3，g（2）＝1，所以當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，g（x）max＝g（2）＝1，g（x）min＝
g（23）＝－8527，
所以g（x）max－g（x）min＝11227≥M，所以滿足條件的最大整數(shù)M為4.
（2）對(duì)于任意的s，t∈[12，2]，f（s）≥g（t）成立，則f（s）min≥g（t）max.
由（1）易得當(dāng)x∈[12，2]時(shí)，g（x）max＝g（2）＝1，
所以對(duì)于任意的x∈[12，2]，ax＋xln x≥1成立，即a≥x－x2ln x成立.
令h（x）＝x－x2ln x（12≤x≤2），則a≥h（x）max.
求導(dǎo)得h'（x）＝1－2xln x－x，令m（x）＝1－2xln x－x（12≤x≤2），則m'（x）＝－3－2ln x＜0，
所以h'（x）在[12，2]上單調(diào)遞減，又h'（1）＝0，故列表如下.
所以a≥h（x）max＝h（1）＝1，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞）.
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洛必達(dá)法則
例4 已知函數(shù)f（x）＝lnxx+1＋1x，若 f（x）＞lnxx－1＋kx恒成立，則k的取值范圍為 （－∞，0] .
解析 解法一（分離參數(shù)＋洛必達(dá)法則） 由題意知x＞0且x≠1，f（x）＞lnxx－1＋kx恒成立等價(jià)于k＜xlnxx+1＋1－xlnxx－1＝2xlnx1－x2＋1.（分離參數(shù)）
記g（x）＝2xlnx1－x2＋1，則g'（x）＝2（x2+1）lnx+2（1－x2）（1－x2）2＝2（x2+1）（1－x2）2·（ln x＋1－x2x2+1）.
記h（x）＝ln x＋1－x2x2+1，則h'（x）＝1x－4x（1+x2）2＝（1－x2）2x（1+x2）2≥0，
所以h（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，且h（1）＝0，
因此，當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，h（x）＜0，當(dāng)x∈（1，＋∞）時(shí)，h（x）＞0，
即當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g'（x）＜0，當(dāng)x∈（1，＋∞）時(shí)，g'（x）＞0，
所以g（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，＋∞）上單調(diào)遞增.
由洛必達(dá)法則得limx→1 g（x）＝limx→12xlnx1－x2＋1＝limx→12lnx+2－2x＋1＝2ln1+2－2×1＋1＝0，（構(gòu)造出00型，利用洛必達(dá)法則求解）
即當(dāng)x→1時(shí)，g（x）→0.所以當(dāng)x＞0且x≠1時(shí)，g（x）＞0，所以k≤0.
故k的取值范圍是（－∞，0].
解法二 f（x）－（lnxx－1＋kx）＝11－x2[2ln x＋（k－1)(x2－1）x].
設(shè)h（x）＝2ln x＋（k－1)(x2－1）x（x＞0），
則h'（x）＝（k－1)(x2+1）+2xx2.
①當(dāng)k≤0時(shí)，由h'（x）＝k（x2+1)－（x－1）2x2知，當(dāng)x≠1時(shí)，h'（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減.
而h（1）＝0，故當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，h（x）＞0，可得11－x2h（x）＞0；
當(dāng)x∈（1，＋∞）時(shí)，h（x）＜0，可得11－x2h（x）＞0.
從而當(dāng)x＞0，且x≠1時(shí)，f（x）－（lnxx－1＋kx）＞0.
即f（x）＞lnxx－1＋kx.
②當(dāng)0＜k＜1時(shí)，y＝（k－1）（x2＋1）＋2x＝（k－1）x2＋2x＋k－1，其圖象開口向下，且Δ＝4－4（k－1）2＞0，對(duì)稱軸為直線x＝11－k，11－k＞1，
所以當(dāng)x∈（1，11－k）時(shí)，（k－1）（x2＋1）＋2x＞0，故h'（x）＞0，而h（1）＝0，故當(dāng)x∈（1，11－k）時(shí)，h（x）＞0，
可得11－x2h（x）＜0，與題設(shè)矛盾.
③當(dāng)k≥1時(shí)，此時(shí)h'（x）＞0，而h（1）＝0，
故當(dāng)x∈（1，＋∞）時(shí)，h（x）＞0，可得11－x2·h（x）＜0，與題設(shè)矛盾.
綜上所述，k的取值范圍為（－∞，0].
方法技巧
洛必達(dá)法則
法則1 若函數(shù)f（x）和g（x）滿足下列條件：
（1）limx→a f（x）＝0及l(fā)imx→a g（x）＝0；
（2）在點(diǎn)a的附近，f（x）與g（x）可導(dǎo)且g'（x）≠0；
（3）limx→af '(x）g'(x）＝l（l可為實(shí)數(shù)，也可為無窮大）.
那么limx→af（x）g（x）＝limx→af '(x）g'(x）＝l.
法則2 若函數(shù)f（x）和g（x）滿足下列條件：
（1）limx→a f（x）＝∞及l(fā)imx→a g（x）＝∞；
（2）在點(diǎn)a的附近，f（x）與g（x）可導(dǎo)且g'（x）≠0；
（3）limx→af '(x）g'(x）＝l（l可為實(shí)數(shù)，也可為無窮大）.
那么limx→af（x）g（x）＝limx→af '(x）g'(x）＝l.
訓(xùn)練4 已知函數(shù)f（x）＝x（ex－1）－ax2（a∈R）.
（1）若f（x）在x＝－1處有極值，求a的值；
（2）當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）≥0，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
解析 （1）f '（x）＝ex－1＋xex－2ax＝（x＋1）ex－2ax－1，
依題意知f '（－1）＝2a－1＝0，∴a＝12.
（2）解法一 當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）≥0，即x（ex－1）－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，
令φ（x）＝ex－1－ax（x＞0），則φ（x）min≥0，φ'（x）＝ex－a.
①當(dāng)a≤1時(shí)，φ'（x）＞0，
∴φ（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，∴φ（x）＞e0－1－0＝0，
∴a≤1滿足條件.
②當(dāng)a＞1時(shí)，若0＜x＜ln a，則φ'（x）＜0，
若x＞ln a，則φ'（x）＞0.
∴φ（x）在（0，ln a）上單調(diào)遞減，在（ln a，＋∞）上單調(diào)遞增，
∴φ（x）min＝φ（ln a）＝a－1－aln a≥0.
令g（a）＝a－1－aln a（a＞1），則g'（a）＝1－（1＋ln a）＝－ln a＜0，∴g（a）在（1，＋∞）上單調(diào)遞減.
∴g（a）＜1－1－ln 1＝0與g（a）≥0矛盾，
故a＞1不滿足條件.
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是（－∞，1].
解法二 當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）≥0，即x（ex－1）－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，
即ax≤ex－1，即a≤ex－1x恒成立，
令h（x）＝ex－1x（x＞0），則h'（x）＝ex（x－1）+1x2，
令k（x）＝ex（x－1）＋1（x＞0），則k'（x）＝ex·x＞0，
∴k（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，
∴k（x）＞e0×（0－1）＋1＝0，∴h'（x）＞0，
∴h（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增.
由洛必達(dá)法則知，limx→0 h（x）＝limx→0ex－1x＝limx→0 ex＝1，
∴a≤1.故實(shí)數(shù)a的取值范圍是（－∞，1].
1.[命題點(diǎn)1]已知函數(shù)f（x）＝f '(1）eex＋f（0）2x2－x，若存在實(shí)數(shù)m使得不等式f（m）≤2n2－n成立，則實(shí)數(shù)n的取值范圍為（ A ）
A.（－∞，－12]∪[1，＋∞）
B.（－∞，－1]∪[12，＋∞）
C.（－∞，0]∪[12，＋∞）
D.（－∞，－12]∪[0，＋∞）
解析 對(duì)函數(shù)f（x）求導(dǎo)可得，f '（x）＝f '(1）eex＋f（0）·x－1，∴f '（1）＝f '（1）＋
f（0）－1，得f（0）＝1.又f（0）＝f '(1）e，∴f '（1）＝e.故f（x）＝ex＋12x2－x，f '（x）＝ex＋x－1，易得導(dǎo)函數(shù)f '（x） 單調(diào)遞增，f '（0）＝0，故f（x）min＝f（0）＝1.由存在性的條件可得關(guān)于實(shí)數(shù)n的不等式2n2－n≥1，解得n∈（－∞，－12]∪[1，＋∞）.
2.[命題點(diǎn)2/2023山東濰坊4月模擬改編]已知函數(shù)f（x）＝14x3－x2sin α＋x＋1，證明：存在α∈[－π6，π2]，使得不等式f（x）＞ex有解.
解析 要證存在α∈[－π6，π2]，使得f（x）＞ex有解，只需證存在α∈[－π6，π2]，使得
（14x3－x2sin α＋x＋1）e－x＞1有解.
因?yàn)棣痢蔥－π6，π2]，所以－1≤－sin α≤12，所以－x2sin α≤12x2，
當(dāng)α＝－π6時(shí)，等號(hào)成立.
所以（14x3－x2sin α＋x＋1）e－x≤（14x3＋12x2＋x＋1）e－x.所以只需證[（14x3＋12x2＋x＋1）·
e－x]max＞1.
設(shè)函數(shù)g（x）＝（14x3＋12x2＋x＋1）e－x，則g'（x）＝－14x2（x－1）e－x.
當(dāng)x∈（－∞，1）時(shí)，g'（x）≥0，g（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x∈（1，＋∞）時(shí)，g'（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，所以g（x）max＝g（1）.
因?yàn)間（1）＝14＋12+1+1e＝2.75e＞1，
所以存在α∈[－π6，π2]，使得不等式f（x）＞ex有解.
3.[命題點(diǎn)3]已知函數(shù)f（x）＝x＋aln x（a∈R），g（x）＝ex－1（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）.
（1）若直線y＝0與函數(shù)y＝f（x）的圖象相切，求a的值；
（2）設(shè)a＞0，?x1，x2∈[3，＋∞）（x1≠x2），都有｜f（x1）－f（x2）｜＜｜g（x1）－
g（x2）｜，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
解析 （1）易知a≠0，f '（x）＝1＋ax，設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為（x0，0），則1＋ax0＝0，解得x0＝－a，所以－a＋aln（－a）＝0，所以a＝－e.
（2）因?yàn)閍＞0，所以x∈[3，＋∞）時(shí)，f '（x）＞0，所以f（x）在[3，＋∞）上為增函數(shù)；因?yàn)間 '（x）＝ex＞0，所以g（x）在[3，＋∞）上為增函數(shù).
不妨設(shè)x1＜x2，則f（x1）＜f（x2），g（x1）＜g（x2），
所以｜f（x1）－f（x2）｜＜｜g（x1）－g（x2）｜可轉(zhuǎn)化為f（x2）－f（x1）＜g（x2）－
g（x1），
即f（x1）－g（x1）＞f（x2）－g（x2）.
設(shè)h（x）＝f（x）－g（x）＝x＋aln x－ex＋1，則h（x）在[3，＋∞）上為減函數(shù)，
h'（x）＝1＋ax－ex≤0在[3，＋∞）上恒成立，即?x∈[3，＋∞），xex－x≥a恒成立.
設(shè)v（x）＝xex－x，x∈[3，＋∞），則v'（x）＝ex＋xex－1＞0，所以v（x）＝xex－x在[3，＋∞）上為增函數(shù)，所以v（x）min＝3e3－3，所以a≤3e3－3.
故a的取值范圍為（0，3e3－3].
學(xué)生用書·練習(xí)幫P283
1.[2024貴陽市模擬節(jié)選]已知函數(shù)f（x）＝x3＋（a－2）x＋a，a∈R.若f（x）－x3＋
x2ln x≥0，求a的取值范圍.
解析 解法一 由x＞0，得f（x）－x3＋x2ln x≥0?ln x＋a－2x＋ax2≥0，
設(shè)g（x）＝ln x＋a－2x＋ax2，
則g'（x）＝1x－a－2x2－2ax3＝x2＋（2－a）x－2ax3＝（x+2)(x－a）x3（x＞0），
①當(dāng)a≤0時(shí)，g'（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，x→0時(shí)，g（x）→－∞，不合題意；
②當(dāng)a＞0時(shí)，x∈（0，a），g'（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，x∈（a，＋∞），g'（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，
∴g（x）≥g（a）＝ln a＋a－2a＋aa2＝ln a＋1－1a，
∴g（x）≥0?ln a＋1－1a≥0，
易知y＝ln a＋1－1a單調(diào)遞增，且ln 1＋1－11＝0，故g（x）≥0?g（a）≥0?a≥1.
綜上，a的取值范圍為[1，＋∞）.
解法二 令g（x）＝f（x）－x3＋x2ln x＝a（x＋1）－2x＋x2ln x，
則g（x）≥0恒成立，即?x＞0，a≥（2x－x2lnxx+1）max.
令h（x）＝2x－x2lnxx+1，
則h'（x）＝－（x+2)(x－1+xlnx）（x+1）2，
令φ（x）＝x－1＋xln x，
則φ'（x）＝ln x＋2，
當(dāng)x∈（0，e－2）時(shí)，φ'（x）＜0，φ（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（e－2，＋∞）時(shí)，φ'（x）＞0，φ（x）單調(diào)遞增，
∴φ（x）min＝φ（e－2）＝－1－e－2.
又φ（1）＝0，當(dāng)x→0時(shí)，φ（x）→－1，當(dāng)x→＋∞時(shí)，φ（x）→＋∞，
∴φ（x）的大致圖象如圖所示.
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，h'（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈（1，＋∞）時(shí)，h'（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，
∴h（x）max＝h（1）＝1，∴a≥1.
2.[2023湖南長(zhǎng)沙一中5月三模]已知函數(shù)f（x）＝xsin x＋cs x.
（1）當(dāng)x∈（0，π）時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）設(shè)函數(shù)g（x）＝－x2＋2ax，若對(duì)任意的x1∈[－π，π]，存在x2∈[0，1]，使得
12π f（x1）≤g（x2）成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
解析 （1）f（x）＝xsin x＋cs x，
則f '（x）＝sin x＋xcs x－sin x＝xcs x.
當(dāng)x∈（0，π）時(shí)，令f '（x）＞0，得0＜x＜π2，
令f '（x）＜0，得π2＜x＜π，
所以當(dāng)x∈（0，π）時(shí)，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，π2），單調(diào)遞減區(qū)間為（π2，π）.
（2）對(duì)任意的x1∈[－π，π]，存在x2∈[0，1]，使得12π f（x1）≤g（x2）成立，
即[12π f（x1）]max≤[g（x2）]max.
當(dāng)x∈[－π，π]時(shí)，f（－x）＝f（x），所以函數(shù)f（x）為偶函數(shù).
由（1）得f（x）在[0，π]上的最大值為f（π2）＝π2，
所以f（x）在[－π，π]上的最大值為π2.
所以對(duì)x1∈[－π，π]，[12π f（x1）]max＝12π×π2＝14.
故原問題轉(zhuǎn)化為[g（x2）]max≥14.
易知函數(shù)g（x）＝－x2＋2ax為二次函數(shù)，其圖象開口向下，對(duì)稱軸為直線x＝a.
①當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)g（x）在區(qū)間[0，1]上的最大值為g（0）＝0，不合題意.
②當(dāng)0＜a＜1時(shí)，函數(shù)g（x）在區(qū)間[0，1]上的最大值為g（a）＝a2，
令a2≥14，得a≥12或a≤－12（舍去），
所以12≤a＜1.
③當(dāng)a≥1時(shí)，函數(shù)g（x）在區(qū)間[0，1]上的最大值為g（1）＝2a－1，
令2a－1≥14，得a≥58，所以a≥1.
綜上，a的取值范圍是[12，＋∞）.
3.[2022新高考卷Ⅱ節(jié)選]已知函數(shù)f（x）＝xeax－ex.
（1）當(dāng)a＝1時(shí)，討論f（x）的單調(diào)性；
（2）當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＜－1，求a的取值范圍.
解析 （1）當(dāng)a＝1時(shí)，f（x）＝xex－ex，f '（x）＝xex，
當(dāng)x＞0時(shí)，f '（x）＝xex＞0，函數(shù)f（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增；當(dāng)x＜0時(shí)，f '（x）＝xex＜0，函數(shù)f（x）在（－∞，0）上單調(diào)遞減.
（2）f '（x）＝（1＋ax）eax－ex（x＞0），
①當(dāng)a≥1時(shí)，f'（x）＝（1＋ax）eax－ex＞eax－ex≥ex－ex＝0，
所以f（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，所以f（x）＞－1，與題意矛盾.
②當(dāng)a≤0時(shí)，f'（x）≤eax－ex≤1－ex＜0.
所以f（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞減，所以f（x）＜－1，滿足題意.
③當(dāng)0＜a≤12時(shí)，f '（x）≤（1＋x2）ex2－ex＝ex2[（1＋x2）－ex2]，
設(shè)G（x）＝1＋x2－ex2（x＞0），則G'（x）＝12－12ex2＜0，
所以G（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞減，
所以G（x）＜0，所以f '（x）≤ex2G（x）＜0，f（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞減，
所以f（x）＜－1，滿足題意.
④當(dāng)12＜a＜1時(shí)，f '（x）＝eax[1＋ax－e（1－a）x]，
令H（x）＝1＋ax－e（1－a）x，則f '（x）＝eaxH（x），
H'（x）＝a＋（a－1）·e（1－a）x，易知H'（x）為減函數(shù)，又H'（0）＝2a－1＞0，x→＋∞時(shí)，H'（x）＜0，
所以?x0∈（0，＋∞），使H'（x0）＝0，且當(dāng)x∈（0，x0）時(shí)，H'（x）＞0，H（x）在（0，x0）上單調(diào)遞增，
此時(shí)H（x）＞0，
所以當(dāng)x∈（0，x0）時(shí)，f '（x）＝eaxH（x）＞0，
f（x）在（0，x0）上單調(diào)遞增，所以f（x）＞－1，與題意矛盾.
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為（－∞，12].
4.[2023河南信陽三模]已知函數(shù)f（x）＝ln（x＋1）＋sin x＋cs x.
（1）當(dāng)x∈[0，π]時(shí)，求證： f（x）＞0.
（2）若f（x）≤ax＋1恒成立，求a的值.
解析 （1）f（x）＝ln（x＋1）＋sin x＋cs x＝ln（x＋1）＋2sin（x＋π4）.
當(dāng)x∈[0，3π4]時(shí)，ln（x＋1）≥0，sin（x＋π4）≥0，且二者不同時(shí)為0，
所以f（x）＞0.
當(dāng)x∈（3π4，π]時(shí)，ln（x＋1）＞ln（1＋3π4）＞ln 3＞1，
且2sin（x＋π4）≥2sin 5π4＝－1，所以f（x）＞0.
綜上，當(dāng)x∈[0，π]時(shí)，f（x）＞0.
（2）令g（x）＝f（x）－（ax＋1）＝ln（1＋x）＋sin x＋cs x－ax－1（x＞－1），
若f（x）≤ax＋1恒成立，則g（x）≤0恒成立，只需g（x）max≤0.
因?yàn)間（0）＝0，且g（x）的圖象在定義域上連續(xù)不間斷，所以x＝0是g（x）的一個(gè)極大值點(diǎn)，則有g(shù)'（0）＝0.
因?yàn)間'（x）＝11+x＋cs x－sin x－a，
所以g'（0）＝11+0＋cs 0－sin 0－a＝2－a＝0，a＝2.
當(dāng)a＝2時(shí)，g'（x）＝11+x＋cs x－sin x－2＝11+x＋2cs（x＋π4）－2.
當(dāng)x∈（－1，0]時(shí)，11+x＞1，2cs（x＋π4）≥1，所以g'（x）＞0，
故g（x）在（－1，0]上單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（0，3π4]時(shí)，g'（x）在（0，3π4]上單調(diào)遞減，且g'（0）＝0，
所以g'（x）＜g'（0）＝0，
故g（x）在（0，3π4]上單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（3π4，＋∞）時(shí)，11+x＜12，
所以g'（x）＝11+x＋2cs（x＋π4）－2＜12＋2－2＜0，
故g（x）在（3π4，＋∞）上單調(diào)遞減.
綜上，當(dāng)a＝2時(shí)，g（x）在（－1，0]上單調(diào)遞增，在（0，＋∞）上單調(diào)遞減，g（x）≤0恒成立.
故若f（x）≤ax＋1恒成立，則a＝2.x
（0，2）
2
（2，＋∞）
f '（x）
－
0
＋
f（x）
↘
極小值
↗
x
（－∞，0）
0
（0，2）
2
（2，＋∞）
f '（x）
＋
0
－
0
＋
f（x）
↗
極大值
↘
極小值
↗
x
（0，23）
23
（23，2）
g'（x）
－
0
＋
g（x）
↘
極小值
↗
x
（12，1）
1
（1，2）
h'（x）
＋
0
－
h（x）
↗
極大值
↘

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