备战2023年高考数学一轮复习-第4讲-第2课时-利用导数解决不等式恒(能)成立问题.doc

第2课时　利用导数解决不等式恒(能)成立问题

考向一　恒成立问题
例1　(2021·南平模拟)已知函数f(x)＝(x－4)ex－3－x2＋3x－，g(x)＝aex＋cosx，其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性，并求不等式f(x)>0的解集；
(2)若a＝1，证明：当x>0时，g(x)>2；
(3)用max{m，n}表示m，n中的最大值，设函数h(x)＝max{f(x)，g(x)}，若h(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
解　(1)f′(x)＝(x－3)ex－3－x＋3＝(x－3)·(ex－3－1)，
当x>3时，x－3>0，ex－3－1>0，∴f′(x)>0，当x<3时，x－3<0，ex－3－1<0，∴f′(x)>0，
当x＝3时，f′(x)＝0，所以当x∈R时，f′(x)≥0，即f(x)在R上是增函数；
又f(3)＝0，所以不等式f(x)>0的解集为(3，＋∞)．
(2)证明：当a＝1时，g(x)＝ex＋cosx，g′(x)＝ex－sinx.由x>0，得ex>1，sinx∈[－1,1]，
则g′(x)＝ex－sinx>0，即g(x)在(0，＋∞)上为增函数．故g(x)>g(0)＝2，即g(x)>2.
(3)由(1)知，当x≥3时，f(x)≥0恒成立，故h(x)≥0恒成立；
当x<3时，f(x)<0，因为h(x)＝max{f(x)，g(x)}，要使得h(x)≥0恒成立，
只要g(x)≥0在(0,3)上恒成立即可．
由g(x)＝aex＋cosx≥0，得a≥－.
设函数r(x)＝－，x∈[0,3]，则
r′(x)＝.
令r′(x)＝0，得x＝.
随着x变化，r′(x)与r(x)的变化情况如下表所示：
x

r′(x)
＋
0
－
r(x)
单调递增
极大值
单调递减
所以r(x)在上单调递增，在上单调递减．
r(x)在(0,3)上有唯一的一个极大值，即最大值r＝，故a≥.
综上所述，所求实数a的取值范围为.
　　求解不等式恒成立问题的方法
(1)构造函数分类讨论：遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左”的函数u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足h(x)min≥0或u(x)max≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．
(2)分离参数法：分离参数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数a，另一端是变量表达式v(x)的不等式后，若a≥v(x)在x∈D上恒成立，则a≥v(x)max；若a≤v(x)在x∈D上恒成立，则a≤v(x)min.
　1.(2021·湖北宜昌诊断)已知函数f(x)＝xln x，若对于所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求实数a的取值范围．
解　解法一：(分离参数法)
依题意，得f(x)≥ax－1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a≤ln x＋在x∈[1，＋∞)上恒成立，亦即a≤min，x∈[1，＋∞)．
设g(x)＝ln x＋(x≥1)，
则g′(x)＝－＝.
令g′(x)＝0，得x＝1.
当x≥1时，因为g′(x)≥0，
故g(x)在[1，＋∞)上单调递增．
所以g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝1.
故实数a的取值范围是(－∞，1]．
解法二：(构造函数法)
当x＝1时，有f(1)≥a－1，即a－1≤0，得a≤1.
令Fx)＝f(x)－(ax－1)＝xln x－ax＋1，
原命题等价于F(x)≥0在x≥1时恒成立⇔F(x)min≥0，x∈[1，＋∞)．
由于F′(x)＝ln x＋1－a≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，因此函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以F(x)min＝F(1)＝1－a≥0，得a≤1.
故实数a的取值范围是(－∞，1]．
考向二　能成立问题
例2　已知函数f(x)＝ax－(2a＋1)ln x－，g(x)＝－2aln x－，其中a∈R.
(1)当a>0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若存在x∈，使得不等式f(x)≥g(x)成立，求实数a的取值范围．
解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a－＋＝
＝.
①当＝2，即a＝时，对任意的x>0，f′(x)≥0，
此时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．
②当0<<2，即a>时，
令f′(x)>0，得02；
令f′(x)<0，得2，即00，得0；
令f′(x)<0，得2a≥，其中x∈.
构造函数h(x)＝，x∈，
则a≥h(x)min，h′(x)＝，
令h′(x)＝0，得x＝e∈.
当≤x0；
当e)存在x∈[a，b]，f(x)≤m成立⇔f(x)min≤m.
　2.(2021·汕头一模)已知函数f(x)＝x－aln x，g(x)＝－(a∈R)．若在[1，e]上存在一点x0，使得f(x0)递减，在(a＋1，e]上单调递增，
故h(x)min＝h(a＋1)＝(a＋1)－aln (a＋1)＋1＝a[1－ln (a＋1)]＋2>2，不符合题意；
③当a＋1≥e，即a≥e－1时，h′(x)≤0，h(x)在[1，e]上单调递减，则h(x)min＝h(e)＝e－a＋<0，得a>>e－1成立．
综上所述，a的取值范围为(－∞，－2)∪.
考向三　双变量不等式恒(能)成立问题
例3　设f(x)＝＋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，求满足上述条件的最大整数M；
(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
解　(1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于g(x)max－g(x)min≥M.
由g(x)＝x3－x2－3，
得g′(x)＝3x2－2x＝3x.
由g′(x)＞0得x＜0或x＞，又x∈[0,2]，
所以g(x)在上是单调递减函数，
在上是单调递增函数，
所以g(x)min＝g＝－，g(x)max＝g(2)＝1.
故g(x)max－g(x)min＝≥M，
则满足条件的最大整数M＝4.
(2)对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在上，f(x)min≥g(x)max.
由(1)可知在上，gx)的最大值为g(2)＝1.
故在上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立，等价于a≥x－x2ln x恒成立．
设h(x)＝x－x2ln x，则h′(x)＝1－2xln x－x，
令φ(x)＝1－2xln x－x，φ′(x)＝－(2ln x＋3)，当x∈时，φ′(x)<0，可知h′(x)在上是减函数，又h′(1)＝0，所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；当＜x＜1时，h′(x)＞0.
即函数h(x)＝x－x2ln x在上单调递增，在(1,2]上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．
　　双参数不等式问题的求解方法
一般采用等价转化法：
(1)∀x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最大值．
(2)∃x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最大值>g(x)在[c，d]上的最小值．
(3)∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最小值．
(4)∃x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最大值>g(x)在[c，d]上的最大值．
　3.已知函数f(x)＝(x－1)ex＋1＋mx2，gx)＝x3－－mx，其中00，所以ex＋1＋2m>0，所以当x>0时，f′(x)>0；
当x<0时，f′(x)<0.
故f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(0)＝－e.
又g′(x)＝3x2＋－m≥4－m，
因为00，所以g(x)在(0,2]上为增函数．
所以g(x)max＝g(2)＝8－2－2m＝6－2m.
依题意有f(x)min≤g(x)max，
所以6－2m≥－e，
又00时，求证：f(x)≥a(2－ln a)．
解　(1)当a＝e时，f(x)＝ex－eln x(x>0)，
f′(x)＝ex－，易知f′(x)为增函数，且f′(1)＝0，
所以当x∈(0,1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)证明：f′(x)＝ex－，当a>0时，易知f′(x)为(0，＋∞)上的增函数，
当a>e时，f′(1)＝e－a<0；当a＝e时，f′(1)＝e－a＝0；当a0，所以存在x0∈(0，＋∞)，使f′(x0)＝e x0－＝0，即x0＝ln a－ln x0，
当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，g(x)单调递增，
所以f(x)≥f(x0)＝ex0－aln x0＝＋a x0－aln a≥2a－aln a，即f(x)≥a(2－ln a)．
答题启示
设而不求解题法就是在解决数学问题时，设定一些未知数，不需要求出未知数，而是根据题目本身的特点，将未知数消去或代换，使问题的解决变得简捷、明快．
对点训练
(2021·马鞍山三模)已知函数f(x)＝a(1－x)ex，其中a∈R且a≠0.
(1)求f(x)的单调区间，并指出其单调性；
(2)若a＝1，F(x)＝x2－x3＋f(x)，x0是F(x)的极大值点，求证：F(x0)∈.
解　(1)∵f(x)＝a(1－x)ex，∴f′(x)＝－axex，
a>0时，令f′(x)>0，解得x<0，令f′(x)<0，解得x>0，
故f(x)在(－∞，0)单调递增，在(0，＋∞)单调递减．
a<0时，令f′(x)>0，解得x>0，令f′(x)<0，解得x<0，故f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．
综上，当a>0时，f(x)在(－∞，0)单调递增，在(0，＋∞)单调递减，
当a<0时，f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．
(2)证明：当a＝1时，F(x)＝x2－x3＋(1－x)ex，
∴F′(x)＝x(2－x－ex)，令h(x)＝2－x－ex，则h′(x)＝－1－ex<0，
h(x)在R上单调递减，而h(0)＝1>0，h(1)＝1－e<0，
故存在x0∈(0,1)，使得h(x0)＝0，则ex0＝2－x0，
故x∈(－∞，0)时，F′(x)<0，F(x)单调递减，x∈(0，x0)时，F′(x)>0，F(x)单调递增，
x∈(x0，＋∞)时，F′(x)<0，F(x)单调递减，
∴x0是F(x)的极大值点，
∴F(x0)＝x－x＋(1－x0)ex0＝－x＋2x－3x0＋2，x0∈(0,1)，
令G(x)＝－x3＋2x2－3x＋2，x∈(0,1)，则G′(x)＝－(x－1)(x－3)<0，
故G(x)在(0,1)单调递减，而G(0)＝2，G(1)＝，故F(x0)∈.
[借助ex≥x＋1和ln x≤x－1进行放缩或同构变形]
2．(2021·哈尔滨八校联考)设m∈R，函数f(x)＝e2x－ln (2x－m)．
(1)若x＝0是f(x)的极值点，求实数m的值，并讨论f(x)的单调性；
(2)当m≥－2时，证明：f(x)>0.
解　(1)f′(x)＝2e2x－，
因为x＝0是f(x)的极值点，
所以f′(0)＝2e0－＝0，解得m＝－1.
此时f(x)＝e2x－ln (2x＋1)，x∈，
f′(x)＝2e2x－，
f′(x)在上单调递增，且f′(0)＝0，
所以f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x

0
(0，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值

所以m＝－1，f(x)在上单调递减，
在(0，＋∞)上单调递增．
(2)证明：先证ex≥x＋1，x∈R，
设g(x)＝ex－(x＋1)，则g′(x)＝ex－1，
当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)≥g(0)＝0，即ex≥x＋1，
所以e2x≥2x＋1，
当且仅当x＝0时等号成立，
同理可证ln x≤x－1，进而得
－ln (2x－m)≥－(2x－m)＋1，
当且仅当2x－m＝1时等号成立，
所以e2x－ln (2x－m)≥2x＋1－(2x－m)＋1＝m＋2
当且仅当x＝0且2x－m＝1，即m＝－1时等号成立．
因为m≥－2，当m≠－1时，e2x－ln (2x－m)>2＋m≥0(2x－m>0)；
当m＝－1时，e2x－ln (2x＋1)≥2x＋1－(2x＋1)＋1＝1>0(2x＋1>0)．
故当m≥－2时，有f(x)>0恒成立．
答题启示
常见的恒等式
(1)对数形式：x≥1＋ln x(x>0)，当且仅当x＝1时，等号成立．
(2)指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：ex>x＋1>x－1>ln x(x>0，且x≠1)．利用函数的图象(如图)，不难验证上述不等式成立．

对点训练
已知函数f(x)＝ex－a.
(1)若函数f(x)的图象与直线l：y＝x－1相切，求a的值；
(2)若f(x)－ln x>0恒成立，求整数a的最大值．
解　(1)f′(x)＝ex，因为函数f(x)的图象与直线y＝x－1相切，所以令f′(x)＝1，
即ex＝1，得x＝0，即f(0)＝－1，解得a＝2.
(2)先证明ex≥x＋1，设F(x)＝ex－x－1，
则F′(x)＝ex－1，令F′(x)＝0，则x＝0，
当x∈(－∞，0)时，F′(x)<0，
当x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0，
所以F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立，
即ex≥x＋1，即ex－2≥x－1，
当且仅当x＝0时等号成立，
同理可得ln x≤x－1，当且仅当x＝1时等号成立，
所以ex－2>ln x，
当a≤2时，ln x0恒成立．
当a≥3时，存在x＝1，使ex－aln x不恒成立．
综上，整数a的最大值为2.

一、单项选择题
1．若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2,2]恒成立，则m的取值范围是(　　)
A．(－∞，7] B．(－∞，－20]
C．(－∞，0] D．[－12,7]
答案　B
解析　令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，则f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1或3.因为f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20，所以f(x)的最小值为f(2)＝－20，故m≤－20.
2．已知函数f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则实数a的取值范围是(　　)
A． B．[－1，＋∞)
C．[－e，＋∞) D．
答案　D
解析　f′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex，当x>－1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x<－1时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．所以当x＝－1时，f(x)取得极小值即最小值，f(－1)＝－.函数g(x)的最大值为a.若∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则有g(x)的最大值大于或等于f(x)的最小值，即a≥－.故选D.
3．(2019·天津高考)已知a∈R，设函数f(x)＝若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立，则a的取值范围为(　　)
A．[0,1] B．[0,2]
C．[0，e] D．[1，e]
答案　C
解析　当x≤1时，∵f(x)＝x2－2ax＋2a≥0恒成立，而二次函数f(x)图象的对称轴为直线x＝a，∴当a≥1时，f(x)min＝f(1)＝1>0恒成立当a<1时，f(x)min＝f(a)＝2a－a2≥0，∴0≤a<1.综上，a≥0.当x>1时，f(x)＝x－aln x≥0恒成立，即a≤恒成立．设g(x)＝，则g′(x)＝.令g′(x)＝0，得x＝e，且当1e时，g′(x)>0，∴g(x)min＝g(e)＝e，∴a≤e.综上，a的取值范围是0≤a≤e，即[0，e]．故选C．
4．(2021·武汉模拟)已知关于x的不等式－x－aln x≥1对于任意x∈(1，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围为(　　)
A．(－∞，1－e] B．(－∞，－3]
C．(－∞，－2] D．(－∞，2－e2]
答案　B
解析　根据题意，a≤＝＝＝.设f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，则函数在(－∞，0)上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝0，故ex≥x＋1.所以≥＝－3，故a≤－3.故选B.
二、多项选择题
5．已知函数f(x)＝ex－cos2x，则下列结论正确的是(　　)
A．f(x)在上单调递增
B．f(x)在上单调递减
C．∀x≥0，f(x)≥0
D．∃x≥0，f(x)<0
答案　AC
解析　∵f(x)＝ex－cos2x＝ex－(1＋cos2x)，∴f′(x)＝ex＋sin2x，当x∈时，∵sin2x>0，ex>0，∴f′(x)>0，∴f(x)在上单调递增，故A正确，B错误；当x∈时，f(x)≥f(0)＝0，又当x≥时，f(x)＝ex－cos2x>e－1恒成立，∴∀x≥0，f(x)≥0，故C正确，D错误．故选AC．
三、填空题
6．(2021·茂名模拟)已知x>0，f(x)＝x2＋ex，g(x)＝(m2＋1)x＋ln x，若f(x)≥g(x)恒成立，则实数m的取值范围是________.
答案　[－， ]
解析　f(x)≥g(x)恒成立⇔x2＋ex≥(m2＋1)x＋ln x(x>0)恒成立⇔m2＋1≤(x>0)恒成立，
令h(x)＝＝x＋－，
则h′(x)＝，
再令t(x)＝(x－1)ex＋x2＋ln x－1(x>0)则t′(x)＝xex＋2x＋>0恒成立，
∴y＝t(x)在(0，＋∞)上单调递增，又t(1)＝h′(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，t(x)<0，即h′(x)<0，h(x)在(0,1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，t(x)>0，即h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
∴h(x)min＝h(1)＝1＋e，∴m2＋1≤1＋e，解得－≤m≤ .
7．(2021·聊城一模)若≤ax＋b对于x∈(0，＋∞)恒成立，当a＝0时，b的最小值为________；当a>0时，的最小值是________.
答案　1　－
解析　a＝0时，b≥max，令f(x)＝，
则f′(x)＝＝－，
令f′(x)＝0，解得x＝1，
且当00，f(x)单调递增；
当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
∴f(x)max＝f(1)＝＝1，∴b≥1，
故b的最小值为1.
f(x)＝的图象如图所示：

当a>0时，令ax＋b＝0，可得x＝－，故取得最小值，直线y＝ax＋b在x轴的截距最大，
又≤ax＋b.
结合图象可知，令f(x)＝＝0，可得x＝，
则直线y＝ax＋b在x轴上的截距－≤，所以≥－，故min＝－.
四、解答题
8．(2021·张掖模拟)已知函数f(x)＝2(x－1)ex.
(1)若函数f(x)在区间(a，＋∞)上单调递增，求f(a)的取值范围；
(2)设函数g(x)＝ex－x＋p，若存在x0∈[1，e]，使不等式g(x0)≥f(x0)－x0成立，求实数p的取值范围．
解　(1)由f′(x)＝2xex>0，得x>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以a≥0，所以f(a)≥f(0)＝－2.
所以f(a)的取值范围是[－2，＋∞)．
(2)因为存在x0∈[1，e]，使不等式g(x0)≥2(x0－1)ex0－x0成立，
所以存在x0∈[1，e]，使p≥(2x0－3)ex0成立．
令h(x)＝(2x－3)ex，从而p≥h(x)min，h′(x)＝(2x－1)ex.
因为x≥1，所以2x－1≥1，ex>0，
所以h′(x)>0，所以h(x)＝(2x－3)ex在[1，e]上单调递增．
所以h(x)min＝h(1)＝－e，所以p≥－e，
所以实数p的取值范围是[－e，＋∞)．
9．已知a为实数，函数f(x)＝aln x＋x2－4x.
(1)若3是函数f(x)的一个极值点，求实数a的值；
(2)设g(x)＝(a－2)x，若存在x0∈，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围．
解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2x－4＝.
∵3是函数f(x)的一个极值点，
∴f′(3)＝0，解得a＝－6.
经检验，当a＝－6时，3是函数f(x)的一个极小值点，符合题意，故a＝－6.
(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－ln x0)a≥x－2x0，
记F(x)＝x－ln x(x>0)，则
F′(x)＝(x>0)，
∴当01时，F′(x)>0，F(x)单调递增．
∴F(x)>F(1)＝1>0，∴a≥.
记G(x)＝，x∈，
则G′(x)＝
＝.
∵x∈，∴2－2ln x＝2(1－ln x)≥0，
∴x－2ln x＋2>0，
∴当x∈时，G′(x)<0，G(x)单调递减；
当x∈(1，e)时，G′(x)>0，G(x)单调递增．
∴G(x)min＝G(1)＝－1，
∴a≥G(x)min＝－1，
故实数a的取值范围为[－1，＋∞)．
10．(2021·唐山模拟)已知函数f(x)＝ex－mx2.
(1)若x轴是曲线y＝f(x)的一条切线，求m的值；
(2)若当x≥0时，f(x)≥2x－sinx＋1，求m的取值范围．
解　(1)设曲线y＝f(x)的切点为(x0,0)，
则f′(x)＝ex－2mx，所以f′(x0)＝ex0－2mx0＝0，
即ex0－2mx0＝0，①
又因为f(x0)＝0，即ex0－mx＝0，②
联立①②可得m＝.
(2)设g(x)＝f(x)－(2x－sinx＋1)＝ex－mx2－2x＋sinx－1，x≥0，

g′(x)＝ex－2mx－2＋cosx，
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex－2m－sinx，
令t(x)＝h′(x)，则t′(x)＝ex－cosx≥0，
∴h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴h′(x)≥h′(0)＝1－2m.
①当m≤时，h′(x)≥h′(0)＝1－2m≥0，
∴g′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴g′(x)≥g′(0)＝0，∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(0)＝0，
∴m≤符合题意．
②当m>时，h′(0)＝1－2m<0，h′(2m)＝e2m－2m－sin2m>1－sin2m≥0，
∴h′(x)在[0，＋∞)上存在唯一零点x0，使得h′(x0)＝0.
x
(0，x0)
x0
(x0，＋∞)
h′(x)
－
0
＋
h(x)

极小值

g′(x)

极小值

∴当x∈[0，x0]时，g′(x)≤g′(0)＝0，
∴g(x)在[0，x0]上单调递减，
∴g(x)≤g(0)＝0，与题意不符．
综上，m的取值范围为.
11．(2021·汕头三模)已知函数f(x)＝ex－x2－ax－1，g(x)＝cosx＋x2－1.
(1)当a＝1时，求证：当x≥0时，f(x)≥0；
(2)若f(x)＋g(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．
解　(1)证明：当a＝1时，f(x)＝ex－x2－x－1，所以f′(x)＝ex－x－1，
令φ(x)＝f′(x)，则φ′(x)＝ex－1≥0恒成立，
故f′(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥f′(0)＝0，则f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
故f(x)≥f(0)＝0，故原式得证．
(2)因为f(x)＋g(x)＝ex＋cosx－ax－2，
令h(x)＝f(x)＋g(x)＝ex＋cosx－ax－2，
即h(x)≥0恒成立，因为h′(x)＝ex－sinx－a，令t(x)＝h′(x)，则t′(x)＝ex－cosx，
又ex≥1，－1≤cosx≤1，故t′(x)≥0，所以h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，则h′(x)≥h′(0)＝1－a，
①当1－a≥0，即a≤1时，h′(x)≥0，故h(x)在[0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝0.
此时原式成立，故a≤1满足题意；
②当1－a<0，即a>1时，h′(0)＝1－a<0，当x→＋∞时，h′(x)→＋∞，故∃x0∈(0，＋∞)，使得h′(x0)＝0，
所以当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，则h(x)在(0，x0)上单调递减，故h(x)0)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若m＝，∀x1，x2∈[2,2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，求实数a的取值范围．
解　(1)因为f(x)＝ln x－mx，x>0，所以f′(x)＝－m，
当m≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当m>0时，由f′(x)＝0得x＝；
由得0.
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当m≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当m>0时，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)若m＝，则f(x)＝ln x－x.
∀x1，x2∈[2,2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，
等价于对x∈[2,2e2]，g(x)min≥f(x)max，
由(1)知在[2,2e2]上f(x)的最大值为f(e2)＝，
又g′(x)＝1＋>0(a>0)，
x∈[2,2e2]，所以函数g(x)在[2,2e2]上单调递增，
所以g(x)min＝g(2)＝2－.
由2－≥，得a≤3，又a>0，
所以a∈(0,3]，
所以实数a的取值范围为(0,3]．
13．(2021·湖南模拟)已知函数f(x)＝axln x－bx2－ax.
(1)曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋y＋＝0，求a，b的值；
(2)若a≤0，b＝时∀x1，x2∈(1，e)，都有<3，求a的取值范围．
解　(1)由题意，f′(x)＝a(1＋ln x)－2bx－a＝aln x－2bx，由f′(1)＝－2b＝－1，得b＝，又f(1)＝－b－a＝－，∴a＝1.即a＝1，b＝.
(2)当a≤0，b＝时，f′(x)＝aln x－x<0，f(x)在(1，e)上单调递减，
不妨设x1f(x2)，原不等式即为<3.
即f(x1)－f(x2)<3x2－3x1，
即f(x1)＋3x1t(e)＝，则h′(x)>0，h(x)在(1，e)上为单调增函数，
∴h(x)