題型一　分離參數(shù)法求參數(shù)范圍
①當(dāng)x＝0時，不等式為1≥1，顯然成立，此時a∈R.②當(dāng)x>0時，分離參數(shù)a，
則h′(x)＝ex－x－1，令H(x)＝ex－x－1，H′(x)＝ex－1>0，故h′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因此h′(x)>h′(0)＝0，故函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)>h(0)＝0，
故當(dāng)x∈(0，2)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(2，＋∞)時，g′(x)0時，φ′(x)>0，則φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以φ(x)>φ(0)＝0，即當(dāng)x>0時，ex－(x＋1)>0，所以當(dāng)00；當(dāng)t∈(2，＋∞)時，h(t)g(x)max.
①若a≤1，當(dāng)x∈[1，e]時，f′(x)≥0，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(1)＝1－a.②若1＜a＜e，當(dāng)x∈[1，a]時，f′(x)≤0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈[a，e]時，f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增.所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.
③若a≥e，當(dāng)x∈[1，e]時，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，
綜上，當(dāng)a≤1時，f(x)min＝1－a；當(dāng)1＜a＜e時，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1；
(2)當(dāng)a＜1時，若存在x1∈[e，e2]，使得對任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范圍.
解　由題意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值.由(1)知f(x)在[e，e2]上單調(diào)遞增，
又g′(x)＝(1－ex)x.所以當(dāng)x∈[－2，0]時，g′(x)≤0，g(x)單調(diào)遞減，則g(x)min＝g(0)＝1，
拓展視野　 洛必達(dá)法則
例 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；
解　f′(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，
(2)當(dāng)x＞0時，f(x)≥0，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
解　法一　當(dāng)x＞0時，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，φ′(x)＞0，∴φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)＞φ(0)＝0，∴a≤1滿足條件.
②當(dāng)a＞1時，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)，∴g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a＜0，∴g(a)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減.∴g(a)＜g(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].
法二　當(dāng)x＞0時，f(x)≥0，
∴k(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴k(x)＞k(0)＝0，∴h′(x)＞0，∴h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.
∴a≤1.故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1].
訓(xùn)練 (2024·寧波調(diào)研節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)ln(x＋1).若對任意x＞0都有f(x)＞ax成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
解　法一　令φ(x)＝f(x)－ax＝(x＋1)ln(x＋1)－ax(x＞0)，則φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a，∵x＞0，∴l(xiāng)n(x＋1)＞0.(1)當(dāng)1－a≥0，即a≤1時，φ′(x)＞0，∴φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ(0)＝0，∴φ(x)＞0恒成立，故a≤1滿足題意.
(2)當(dāng)1－a＜0，即a＞1時，令φ′(x)＝0，得x＝ea－1－1，∴x∈(0，ea－1－1)時，φ′(x)＜0；x∈(ea－1－1，＋∞)時，φ′(x)＞0，∴φ(x)在(0，ea－1－1)上單調(diào)遞減，在(ea－1－1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)min＝φ(ea－1－1)＜φ(0)＝0與φ(x)＞0恒成立矛盾，故a＞1不滿足題意.綜上有a≤1，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1].
法二　x∈(0，＋∞)時，(x＋1)ln(x＋1)＞ax恒成立，
∴k(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.∴k(x)＞k(0)＝0，∴x－ln(x＋1)＞0恒成立，∴g′(x)＞0，故g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.
∴a≤1，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1].
KESHIFENCENGJINGLIAN
1.(2024·杭州模擬節(jié)選)設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－(a＋2)x＋aln x(a∈R)，若f(x)≥1恒成立，求a的取值范圍.
由題意f(x)≥1，則f(x)min≥1，(1)當(dāng)a≤0時，令f′(x)＞0，得x＞1；令f′(x)＜0，得0＜x＜1，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(1)＝－a－1，所以－a－1≥1，即a≤－2；(2)當(dāng)a＞0時，存在f(1)＝－a－1＜0，不滿足題意，可知a＞0時，f(x)≥1不恒成立，綜上，a≤－2.故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，－2].
解　由題設(shè)知f′(x)＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，而y＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)單調(diào)遞減，則ymax＝－3，所以a≥－3，所以a的最小值為－3.
由g′(x)>0，得x0，則g′(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，故g′(x)≥g′(1)＝1－2a≥0，所以g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)≥g(1)＝0，從而xln x－a(x2－1)≥0，不符合題意；
從而g′(x)>g′(1)＝1－2a>0，
此時g(x)≥g(1)＝0，不符合題意；
所以g′(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0，從而g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)≤g(1)＝0，所以xln x－a(x2－1)≤0恒成立.
4.(2024·武漢調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ln x－k(x－1)，且曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與直線y＝1平行.(1)求實(shí)數(shù)k的值，并判斷f(x)的單調(diào)性；
解　由題意得f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
∵曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與直線y＝1平行，
由f′(x)>0，得00.∵x>1，
∴h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
又h(3)＝1－ln 30，∴方程h(x)＝0在(1＋∞)上存在唯一的實(shí)數(shù)根x0，且x0∈(3，4)，則h(x0)＝x0－ln x0－2＝0，所以ln x0＝x0－2.(*)當(dāng)1

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