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中考数学二轮精品专题复习 专题36 双变量不等式恒成立与能成立问题考点探析(解析版)
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这是一份中考数学二轮精品专题复习 专题36 双变量不等式恒成立与能成立问题考点探析(解析版)，共29页。
专题36 双变量不等式恒成立与能成立问题考点探析
考点一 单函数双任意型
【例题选讲】
[例1] 已知函数f(x)＝＋ax＋b的图象在点A(1，f(1))处的切线与直线l：2x－4y＋3＝0平行．
(1)求证：函数y＝f(x)在区间(1，e)上存在最大值；
(2)记函数g(x)＝xf(x)＋c，若g(x)≤0对一切x∈(0，＋∞)，b∈恒成立，求实数c的取值范围．
解析 (1)由题意得f′(x)＝＋a．
因为函数图象在点A处的切线与直线l平行，且l的斜率为，
所以f′(1)＝，即1＋a＝，所以a＝－．
所以f′(x)＝－＝，所以f′(1)＝＞0，f′(e)＝－＜0．
因为y＝2－2ln x－x2在(1，e)上连续，
所以f′(x)在区间(1，e)上存在一个零点，设为x0，则x0∈(1，e)，且f′(x0)＝0．
当x∈(1，x0)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(1，x0)上单调递增；
当x∈(x0，e)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(x0，e)上单调递减．
所以当x＝x0时，函数y＝f(x)取得最大值．故函数y＝f(x)在区间(1，e)上存在最大值．
(2)法一 因为g(x)＝ln x－x2＋bx＋c≤0对一切x∈(0，＋∞)，b∈恒成立，
所以c≤x2－bx－ln x．记h1(x)＝x2－bx－ln x(x＞0)，则c≤h1(x)min．
h′1(x)＝x－b－．令h′1(x)＝0，得x2－bx－1＝0，所以x1＝＜0(舍去)，x2＝．
因为b∈，所以x2＝∈(1，2)．
当0＜x＜x2时，h′1(x)＜0，h1(x)单调递减；当x＞x2时，h′1(x)＞0，h1(x)单调递增．
所以h1(x)min＝h1(x2)＝x－bx2－ln x2＝x＋1－x－ln x2＝－x－ln x2＋1．
记h2(x)＝－x2－ln x＋1．
因为h2(x)在(1，2)上单调递减，所以h2(x)＞h2(2)＝－1－ln 2．
所以c≤－1－ln 2，故c的取值范围是(－∞，－1－ln 2]．
法二 因为g(x)＝ln x－x2＋bx＋c≤0对一切x∈(0，＋∞)恒成立，所以c≤x2－bx－ln x．
设h1(b)＝－xb＋x2－ln x，因为x∈(0，＋∞)，则函数h1(b)在上为减函数，
所以h1(b)＞h＝x2－x－ln x，则对∀x∈(0，＋∞)，c≤x2－x－ln x恒成立，
设h2(x)＝x2－x－ln x，
则h′2(x)＝x－－＝＝，
令h′2(x)＝0，则x＝2，当0＜x＜2时，f′(x)＜0，函数单调递减；
当x＞2时，f′(x)＞0，函数单调递增，则x＝2时，f(x)min＝f(2)＝－－ln 2，
则c≤－1－ln 2，故c的取值范围是(－∞，－1－ln 2]．
[例2] 已知函数f(x)＝(logax)2＋x－lnx(a>1)．
(1)求证：函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增；
(2)若关于x的方程|f(x)－t|＝1在(0，＋∞)上有三个零点，求实数t的值；
(3)若对任意的x1，x2∈[a－1，a]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1恒成立(e为自然对数的底数)，求实数a的取值范围．
解析 (1)因为函数f(x)＝(logax)2＋x－ln x，所以f′(x)＝1－＋2logax·．
因为a>1，x>1，所以f′(x)＝1－＋2logax·>0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
(2)因为当a>1，0
(3)由(2)可知，函数f(x)在[a－1，1]上单调递减，在(1，a]上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝1，
f(x)max＝max{f(a－1)，f(a)}．f(a)－f(a－1)＝a－a－1－2ln a，
令g(x)＝x－x－1－2ln x(x>1)，则g′(x)＝1＋x－2－＝≥0，
所以g(a)>g(1)＝0，即f(a)－f(a－1)>0，所以f(x)max＝f(a)，
所以问题等价于∀x1，x2∈[a－1，a]，
|f(x1)－f(x2)|max＝f(a)－f(1)＝a－ln a≤e－1．
由h(x)＝x－ln x的单调性，且a>1，解得1
[例3] 已知函数f(x)＝x2－ax＋2lnx．
(1)若函数y＝f(x)在定义域上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)设f(x)有两个极值点x1，x2，若x1∈，且f(x1)≥t＋f(x2)恒成立，求实数t的取值范围．
思路 (1)转化为恒不等式问题，即f′(x)＝2x－a＋≥0在(0，＋∞)上恒成立，然后用分离参数＋最值分析法解决．(2)分离参数t，即t≤f(x1)－f(x2)，然后用条件f(x)有两个极值点x1，x2，进行消元，转化为一元不等式恒成立问题处理．
解析 (1)因为函数y＝f(x)在定义域上单调递增，所以f′(x)≥0，
即2x－a＋≥0在(0，＋∞)上恒成立，
所以a≤2x＋(x∈(0，＋∞))．而2x＋≥2＝4，
所以a≤4，所以实数a的取值范围是(－∞，4]．
(2)因为f′(x)＝(x＞0)，由题意可得x1，x2为方程f′(x)＝0，
即2x2－ax＋2＝0(x＞0)的两个不同实根，所以ax1＝2x＋2，ax2＝2x＋2．
由根与系数的关系可得x1x2＝1．由已知0＜x1≤，则x2＝≥e．
而f(x1)－f(x2)＝(x－ax1＋2ln x1)－(x－ax2＋2ln x2)＝[x－(2x＋2)＋2ln x1]－[x－(2x＋2)＋2ln x2]
＝(－x－2＋2ln x1)－(－x－2＋2ln x2)＝x－x＋2(ln x1－ln x2)＝x－x＋2ln
＝x－＋2ln ＝x－－2ln x(x2≥e)．
设p(x)＝x－－2ln x(x≥e2)，则p′(x)＝1＋－＝＝，
显然当x≥e2时，p′(x)＞0，函数p(x)单调递增，故p(x)≥p(e2)＝e2－－2ln e2＝e2－－4．
故f(x1)－f(x2)≥e2－－4，故t≤e2－－4．所以实数t的取值范围是．
悟通 (2)是双变量恒不等式问题，分离参数后通过消元，转化为一元不等式恒成立问题处理．但在f(x1)－f(x2)＝(x－ax1＋2ln x1)－(x－ax2＋2ln x2)中含有三个变量x1，x2与a，最终保留哪个？由于x1∈，消掉x2与a为佳，解答中是消掉x1与a，保留下x2也可以，但要注意x2的范围，由于x1，x2为f(x)的两个极值点，所以ax1＝2x＋2，ax2＝2x＋2．先消去ax1与ax2，再用韦达定理消去x1，此时构造函数p(x)＝x－－2ln x(x≥e2)，求的最小值．
[例4] 已知函数f(x)＝x－lnx，g(x)＝x2－ax．+X+K]
(1)求函数f(x)在区间[t，t＋1](t＞0)上的最小值m(t)；
(2)令h(x)＝g(x)－f(x)，A(x1，h(x1))，B(x2，h(x2))(x1≠x2)是函数h(x)图象上任意两点，且满足＞1，求实数a的取值范围；
解析 (1)f′(x)＝1－，x＞0，令f′(x)＝0，则x＝1．
当t≥1时，f(x)在[t，t＋1]上单调递增，f(x)的最小值为f(t)＝t－ln t；
当0＜t＜1时，f(x)在区间(t，1)上为减函数，在区间(1，t＋1)上为增函数，f(x)的最小值为f(1)＝1．
综上，m(t)＝
(2)h(x)＝x2－(a＋1)x＋lnx，x＞0．不妨取0＜x1＜x2，则x1－x2＜0，
则由＞1，可得h(x1)－h(x2)＜x1－x2，变形得h(x1)－x1＜h(x2)－x2恒成立．
令F(x)＝h(x)－x＝x2－(a＋2)x＋ln x，x＞0，则F(x)＝x2－(a＋2)x＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，
故F′(x)＝2x－(a＋2)＋≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以2x＋≥a＋2在(0，＋∞)上恒成立．
因为2x＋≥2，当且仅当x＝时取“＝”，所以a≤2－2．
故a的取值范围为(－∞，2－2]．
[例5] 已知函数f(x)＝lnx＋ax2－3x．
(1)若函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－2，求函数f(x)的极小值；
(2)若a＝1，对于任意x1，x2∈[1，10]，当x1恒成立，求实数m的取值范围．
解析 (1)f(x)＝ln x＋ax2－3x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax－3．
由函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－2，得f′(1)＝1＋2a－3＝0，解得a＝1．
此时f′(x)＝＋2x－3＝．令f′(x)＝0，得x＝1或x＝．
当x∈和x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0．
所以函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减，
所以当x＝1时，函数f(x)取得极小值f(1)＝ln 1＋1－3＝－2．
(2)由a＝1得f(x)＝ln x＋x2－3x．因为对于任意x1，x2∈[1，10]，
当x1恒成立，所以对于任意x1，x2∈[1，10]，
当x1f(x2)－恒成立，所以函数y＝f(x)－在[1，10]上单调递减．
令h(x)＝f(x)－＝ln x＋x2－3x－，x∈[1，10]，
所以h′(x)＝＋2x－3＋≤0在[1，10]上恒成立，则m≤－2x3＋3x2－x在[1，10]上恒成立．
设F(x)＝－2x3＋3x2－x(x∈[1，10])，则F′(x)＝－6x2＋6x－1＝－6＋．
当x∈[1，10]时，F′(x)<0，所以函数F(x)在[1，10]上单调递减，
所以F(x)min＝F(10)＝－2×103＋3×102－10＝－1 710，所以m≤－1 710，
故实数m的取值范围为(－∞，－1 710]．
悟通 (1)利用f′(1)＝0，得a的方程，解方程求a的值，再求f′(x)＝0的实数解，并判断在实数解的两侧f(x)的导数值符号，得f(x)的极值．
(2)“双变量不等式”变“单变量不等式”：双变量不等式“f(x1)－f(x2)>”可化为“f(x1)－>f(x2)－”，只需构造函数h(x)＝f(x)－，判断其在[1，10]上单调递减，从而转化为单变量不等式“h′(x)＝＋2x－3＋≤0在[1，10]上恒成立”．分离参数m，构造新函数，借助函数最值求m的取值范围．
【对点训练】
1．已知函数f(x)＝alnx＋x－，其中a为实常数．
(1)若x＝是f(x)的极大值点，求f(x)的极小值；
(2)若不等式alnx－≤b－x对任意－≤a≤0，≤x≤2恒成立，求b的最小值．
1．解析 (1)f′(x)＝，由题意知x>0．由f′＝0，得2＋a＋1＝0，
所以a＝－，此时f(x)＝－ln x＋x－．则f′(x)＝＝．
所以f(x)在上为减函数，在[2，＋∞)上为增函数．
所以x＝2为极小值点，极小值f(2)＝－．
(2)不等式aln x－≤b－x即为f(x)≤b，所以b≥f(x)max对任意－≤a≤0，≤x≤2恒成立．
①若1≤x≤2，则ln x≥0，f(x)＝aln x＋x－≤x－≤2－＝．当a＝0，x＝2时取等号．
②若≤x<1，则ln x<0，f(x)＝aln x＋x－≤－ln x＋x－．
由(1)可知g(x)＝－ln x＋x－在上为减函数．所以当≤x<1时，g(x)≤g＝ln 2－．
因为ln 2－<－＝1<，所以f(x)≤．综上，f(x)max＝．于是bmin＝．
2．设函数f(x)＝emx＋x2－mx．
(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；
(2)若对于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围．
2．解析 (1)f′(x)＝m(emx－1)＋2x．
若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)＞0．
若m＜0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1＞0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1＜0，f′(x)＞0．
所以，f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．
(2)由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1，0]单调递减，在[0，1]单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．
所以对于任意x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是
即①
设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1．当t＜0时，g′(t)＜0；当t＞0时，g′(t)＞0．
故g(t)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．
又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故当t∈[－1，1]时，g(t)≤0．
当m∈[－1，1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；
当m＞1时，由g(t)的单调性，g(m)＞0，即em－m＞e－1；
当m＜－1时，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1．
综上，m的取值范围是[－1，1]．
3．设函数f(x)＝x2＋ax－lnx(a∈R)．
(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；
(2)若对任意a∈(4，5)及任意x1，x2∈[1，2]，恒有m＋ln2>|f(x1)－f(x2)|成立，求实数m的取值范围．
3．解析 (1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
当a＝1时，f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－＝，
当01时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴函数f(x)的极小值为f(1)＝1，无极大值．
(2)由题意知f′(x)＝(1－a)x＋a－＝，
当a∈(4，5)时，1－a<－3，0<<，
∴在区间[1，2]上，f′(x)≤0，则f(x)单调递减，f(1)是f(x)的最大值，f(2)是f(x)的最小值．
∴|f(x1)－f(x2)|≤f(1)－f(2)＝－＋ln 2．
∵对任意a∈(4，5)及任意x1，x2∈[1，2]，恒有m＋ln 2>|f(x1)－f(x2)|成立，
∴m＋ln 2>－＋ln 2，得m>．
∵a∈(4，5)，∴＝1－<1－＝，
∴m≥，故实数m的取值范围是[，＋∞)．
4．已知函数f(x)＝lnx(其中e为自然对数的底数)．
(1)证明：f(x)≤f(e)；
(2)对任意正实数x、y，不等式a(lny－lnx)－2x≤0恒成立，求正实数a的最大值．
4．解析 (1)f′(x)＝－ln x＋＝－ln x＋－＝，
令g(x)＝－xln x＋2e－x，g′(x)＝－ln x＋(－x)·－1＝－ln x－2，
在(0，e－2)上，g′(x)＞0，g(x)单调递增，在(e－2，＋∞)上，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
所以g(x)max＝g(e－2)＝－e－2ln e－2＋2e－e－2＝2e－2＋2e－e－2＝e－2＋2e＞0，
又因为x→0时，g(x)→0；g(e)＝0，
所以在(0，e)上，g(x)＞0，f′(x)＞0，f(x)单调递增，在(e，＋∞)上，g(x)＜0，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以f(x)max＝f(e)，即f(x)≤f(e)．
(2)因为x，y，a，都大于0，由a(ln y－ln x)－2x≤0两边同除以ax整理得：≥ln ，
令＝t(t＞0)，所以≥ln t恒成立，记h(t)＝ln t，则≥h(t)max，
由(1)知h(t)max＝g(e)＝1，所以≥1，即0＜a≤2，amax＝2．
所以正实数a的最大值是2．
5．设函数f(x)＝lnx＋，k∈R．
(1)若曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，求f(x)的单调性和极小值(其中e为自然对数的底数)；
(2)若对任意的x1>x2>0，f(x1)－f(x2)
∵曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，∴f′(e)＝0，即－＝0，得k＝e，
∴f′(x)＝－＝(x>0)，由f′(x)<0得00得x>e，
∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增．
当x＝e时，f(x)取得极小值，且f(e)＝ln e＋＝2．∴f(x)的极小值为2．
(2)由题意知，对任意的x1>x2>0，f(x1)－f(x2)
∴h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即当x>0时，k≥－x2＋x＝－2＋恒成立，
∴k≥．故k的取值范围是．
6．已知函数f(x)＝x－1－alnx(a<0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若对于任意的x1，x2∈(0，1]，且x1≠x2，都有|f(x1)－f(x2)|<4，求实数a的取值范围．
6．解析 (1)由题意知f′(x)＝1－＝(x>0)，
因为x>0，a<0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)不妨设0>0，由(1)知f(x1)
设g(x)＝f(x)＋，x∈(0，1]，|f(x1)－f(x2)|<4等价于g(x)在(0，1]上单调递减，
所以g′(x)≤0在(0，1]上恒成立⇔1－－＝≤0在(0，1]上恒成立⇔a≥x－在(0，1]上恒成立，
易知y＝x－在(0，1]上单调递增，其最大值为－3．因为a<0，所以－3≤a<0，
所以实数a的取值范围为[－3，0)．
7．设f(x)＝ex－a(x＋1)．
(1)若∀x∈R，f(x)≥0恒成立，求正实数a的取值范围；
(2)设g(x)＝f(x)＋，且A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)是曲线y＝g(x)上任意两点，若对任意的a≤－1，直线AB的斜率恒大于常数m，求m的取值范围．
7．解析 (1)因为f(x)＝ex－a(x＋1)，所以f′(x)＝ex－a．
由题意，知a＞0，故由f′(x)＝ex－a＝0，解得x＝ln a．
故当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．
所以函数f(x)的最小值为f(lna)＝eln a－a(lna＋1)＝－alna．
由题意，若∀x∈R，f(x)≥0恒成立，即f(x)＝ex－a(x＋1)≥0恒成立，故有－alna≥0，
又a＞0，所以ln a≤0，解得0＜a≤1．所以正实数a的取值范围为(0，1]．
(2)设x1，x2是任意的两个实数，且x1＜x2．则直线AB的斜率为k＝，
由已知k＞m，即＞m．
因为x2－x1＞0，所以g(x2)－g(x1)＞m(x2－x1)，即g(x2)－mx2＞g(x1)－mx1．
因为x1＜x2，所以函数h(x)＝g(x)－mx在R上为增函数，故有h′(x)＝g′(x)－m≥0恒成立，所以m≤g′(x)．
而g′(x)＝ex－a－，又a≤－1＜0，故g′(x)＝ex＋－a≥2－a＝2－a．
而2－a＝2＋()2＝(＋1)2－1≥3，所以m的取值范围为(－∞，3]．
考点二 双函数双任意型
【例题选讲】
[例6] 已知函数f(x)＝lnx－ax，g(x)＝ax2＋1，其中e为自然对数的底数．
(1)讨论函数f(x)在区间[1，e]上的单调性；
(2)已知a∉(0，e)，若对任意x1，x2∈[1，e]，有f(x1)>g(x2)，求实数a的取值范围．
解析 (1)f′(x)＝－a＝，
①当a≤0时，1－ax>0，则f′(x)>0，f(x)在[1，e]上单调递增；
②当0
④当a≥1时，0<≤1，则f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上单调递减．
综上所述，当a≤时，f(x)在[1，e]上单调递增；当
①当a≤0时，g′(x)≤0，所以g(x)在[1，e]上单调递减，而f(x)在[1，e]上单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝－a，g(x)max＝g(1)＝a＋1，所以－a>a＋1，得a<－；
②当a≥e时，g′(x)>0，所以g(x)在[1，e]上单调递增，而f(x)在[1，e]上单调递减，
所以g(x)max＝g(e)＝ae2＋1，f(x)min＝f(e)＝1－ae，所以1－ae>ae2＋1，得a<0，与a≥e矛盾．
综上所述，实数a的取值范围是．
[例7] 已知函数f(x)＝＋x－1，g(x)＝ln x＋(e为自然对数的底数)．
(1)证明：f(x)≥g(x)；
(2)若对于任意的x1，x2∈[1，a](a>1)，总有|f(x1)－g(x2)|≤－＋1，求a的最大值．
解析 (1)令F(x)＝f(x)－g(x)＝＋x－ln x－1－，
∴F′(x)＝＋1－＝(x－1)．∵x>0，∴ex>x＋1，
∴F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)min＝F(1)＝0，∴f(x)≥g(x)．
(2)∵x∈[1，a]，f′(x)＝＋1>0，g′(x)＝>0，∴f(x)，g(x)均在[1，a]上单调递增．
∵f(x)≥g(x)，F(x)＝f(x)－g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴f(x)与g(x)的图象在[1，a]上的距离随x增大而增大，
∴|f(x1)－g(x2)|max＝f(a)－g(1)≤－＋1，∴＋a≤＋2，
设G(a)＝＋a(a>1)，G′(a)＝＋1＝，
∵当a>1时，ea>a＋1，∴当a>1时，G′(a)>0，G(a)在[1，＋∞)上单调递增，∴a≤2，
∴a的最大值为2．
[例8] 已知函数f(x)＝x2－2alnx(a∈R)，g(x)＝2ax.
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若0＜a＜1，对于区间[1，2]上的任意两个不相等的实数x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|＞|g(x1)－g(x2)|成立，求实数a的取值范围.
解析 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－．
当a≤0时，显然f′(x)＞0恒成立，故f(x)无极值；
当a＞0时，由f′(x)＜0，得0＜x＜，f(x)在(0，)上单调递减；
由f′(x)＞0，得x＞，f(x)在(，＋∞)上单调递增．
故f(x)有极小值f()＝a－aln a，无极大值．
综上，a≤0时，f(x)无极值；a＞0时，f(x)极小值＝a－aln a，无极大值．
(2)不妨令1≤x1＜x2≤2，因为0＜a＜1，所以g(x1)＜g(x2)．由(1)可知f(x1)＜f(x2)，
因为|f(x1)－f(x2)|＞|g(x1)－g(x2)|，所以f(x2)－f(x1)＞g(x2)－g(x1)，即f(x2)－g(x2)＞f(x1)－g(x1)，
所以h(x)＝f(x)－g(x)＝x2－2aln x－2ax在[1，2]上单调递增，
所以h′(x)＝2x－－2a≥0在[1，2]上恒成立，即a≤在[1，2]上恒成立．
令t＝x＋1∈[2，3]，则＝t＋－2≥，所以a∈．
故实数a的取值范围为．
【对点训练】
8．已知两个函数f(x)＝7x2－28x－c，g(x)＝2x3＋4x2－40x．若对任意x1，x2∈[－3，3]，都有f(x1)≤g(x2)
成立，求实数c的取值范围．
8．解析 由对任意x1，x2∈[－3，3]，都有f(x1)≤g(x2)成立，得f(x1)max≤g(x2)min，
因为f(x)＝7x2－28x－c＝7(x－2)2－28－c，所以当x1∈[－3，3]时，f(x1)max＝f(－3)＝147－c，
因为g(x)＝2x3＋4x2－40x，所以g′(x)＝6x2＋8x－40＝2(3x＋10)(x－2)，
当x∈(－3，2)，则g′(x)<0，当x∈(2，3)，则g′(x)>0，
所以f(x)在(－3，2)上单调递减；f(x)在(2，3)上单调递增．
易得g(x)min＝g(2)＝－48，故147－c≤－48，即c≥195．
故实数c的取值范围是[195，＋∞)．
9．已知函数f(x)＝x－1－aln x(a∈R)，g(x)＝．
(1)当a＝－2时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)若a<0，且对任意x1，x2∈(0，1]，都有|f(x1)－f(x2)|<4×|g(x1)－g(x2)|，求实数a的取值范围．
9．解析 (1)当a＝－2时，f(x)＝x－1＋2ln x，f′(x)＝1＋，f(1)＝0，切线的斜率k＝f′(1)＝3，
故曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为3x－y－3＝0．
(2)对x∈(0，1]，当a<0时，f′(x)＝1－>0，∴f(x)在(0，1]上单调递增，
易知g(x)＝在(0，1]上单调递减，
不妨设x1，x2∈(0，1]，且x1g(x2)，
∴f(x2)－f(x1)<4×[g(x1)－g(x2)]，即f(x1)＋>f(x2)＋．
令h(x)＝f(x)＋，则当x1h(x2)，∴h(x)在(0，1]上单调递减，
∴h′(x)＝1－－＝≤0在(0，1]上恒成立，
∴x2－ax－4≤0在(0，1]上恒成立，等价于a≥x－在(0，1]上恒成立，∴只需a≥(x－)max．
∵y＝x－在(0，1]上单调递增，∴ymax＝－3，∴－3≤a<0，故实数a的取值范围为[－3，0)．
10．设f(x)＝xex，g(x)＝x2＋x．
(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；
(2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，求实数m的取值范围．
10．解析 (1)因为F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋x2＋x，所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，
令F′(x)>0，解得x>－1，令F′(x)<0，解得x<－1，
所以F(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．
故F(x)min＝F(－1)＝－－．
(2)因为任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，
所以mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立．
令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－x2－x，x∈[－1，＋∞)，即只需h(x)在[－1，＋∞)上单调递增即可．
故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，故m≥，而≤e，故m≥e，
即实数m的取值范围是[e，＋∞)．
考点三 任意存在型
【例题选讲】
[例9] 设函数f(x)＝lnx＋x2－ax(a∈R)．
(1)已知函数在定义域内为增函数，求a的取值范围；
(2)设g(x)＝f(x)＋2ln，对于任意a∈(2，4)，总存在x∈，使g(x)＞k(4－a2)成立，求实数k的取值范围．
解析 (1)∵函数f(x)＝ln x＋x2－ax，∴f′(x)＝＋2x－a．
∵函数在定义域内为增函数，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≤＋2x在(0，＋∞)上恒成立，
而x＞0，＋2x≥2，当且仅当x＝时，“＝”成立．即＋2x的最小值为2，∴a≤2．
(2)∵g(x)＝f(x)＋2ln ＝2ln (ax＋2)＋x2－ax－2ln 6，
∴g′(x)＝＋2x－a＝，
∵a∈(2，4)，∴＝－＞－，x＋＞0
∴g′(x)＞0，故g(x)在上单调递增，∴当x＝2时，g(x)取最大值2ln (2a＋2)－2a＋4－2ln 6．
即2ln (2a＋2)－2a＋4－2ln 6＞k(4－a2)在a∈(2，4)上恒成立，
令h(a)＝2ln (2a＋2)－2a＋4－2ln 6－k(4－a2)，则h(2)＝0，且h(a)＞0在(2，4)内恒成立，
h′(a)＝－2＋2ka＝．
当k≤0时，h′(a)＜0，h(a)在(2，4)上单调递减，h(a)＜h(2)＝0，不合题意；
当k＞0时，由h＇(a)＝0，得a＝．
①若＞2，即0＜k＜时，h(a)在内单调递减，存在h(a)＜h(2)，不合题意，
②若≤2，即k≥时，h(a)在(2，4)内单调递增，h(a)＞h(2)＝0满足题意．
综上，实数k的取值范围为．
[例10] 已知函数f(x)＝2ln－．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若g(x)＝lnx－ax，若对任意x1∈(1，＋∞)，存在x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)成立，求实数a的取值范围．
解析 (1)因为f(x)＝2ln －，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝－＝＝，
当2时，f′(x)>0，
所以f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是，(2，＋∞)．
(2)由(1)知，f(x)在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，f(x)≥f(2)＝0，又g(x)＝ln x－ax，
所以对任意x1∈(1，＋∞)，存在x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)成立
⇔存在x2∈(0，＋∞)，使得g(x2)≤0成立
⇔函数y＝lnx与直线y＝ax的图象在(0，＋∞)上有交点
⇔方程a＝在(0，＋∞)上有解．
设h(x)＝，则h′(x)＝，当x∈(0，e)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，又h(e)＝，x→0时，h(x)→－∞，
所以在(0，＋∞)上，h(x)的值域是，
所以实数a的取值范围是．
[例11] 已知函数f(x)＝lnx－ax＋－1(a∈R)．
(1)当0＜a＜时，讨论f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝x2－2bx＋4．当a＝时，若对任意x1∈(0，2)，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．
解析 (1)因为f(x)＝ln x－ax＋－1，所以f′(x)＝－a＋＝－，x∈(0，＋∞)，
令f′(x)＝0，可得两根分别为1，－1，因为0＜a＜，所以－1＞1＞0，
当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．
(2)a＝∈，－1＝3∉(0，2)，由(1)知，
当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，2)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，
所以f(x)在(0，2)上的最小值为f(1)＝－．
对任意x1∈(0，2)，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)等价于
g(x)在[1，2]上的最小值不大于f(x)在(0，2)上的最小值－，(*)
又g(x)＝(x－b)2＋4－b2，x∈[1，2]，所以，
①当b＜1时，g(x)min＝g(1)＝5－2b＞0，此时与(*)矛盾；
②当1≤b≤2时，g(x)min＝4－b2≥0，同样与(*)矛盾；
③当b＞2时，g(x)min＝g(2)＝8－4b，且当b＞2时，8－4b＜0，解不等式8－4b≤－，可得b≥，
所以实数b的取值范围为．
[例12] 已知x＝为函数f(x)＝xalnx的极值点．
(1)求a的值；
(2)设函数g(x)＝，若对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，求k的取值范围．
解析 (1)f′(x)＝axa－1ln x＋xa·＝xa－1(aln x＋1)，
f′＝a－1＝0，解得a＝2，
当a＝2时，f′(x)＝x(2ln x＋1)，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，
所以x＝为函数f(x)＝xaln x的极小值点，因此a＝2．
(2)由(1)知f(x)min＝f ＝－，函数g(x)的导函数g′(x)＝k(1－x)e－x．
①当k>0时，当x<1时，g′(x)>0，g(x)在(－∞，1)上单调递增；
当x>1时，g′(x)<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2＝－，使得g(x2)＝g＝<－1<－≤f(x1)，符合题意．
②当k＝0时，g(x)＝0，取x1＝，对∀x2∈R有f(x1)－g(x2)<0，不符合题意．
③当k<0时，当x<1时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x>1时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)min＝g(1)＝，
若对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，只需g(x)min≤f(x)min，即≤－，解得k≤－．
综上所述，k的取值范围为∪(0，＋∞)．
[例13] 已知函数f(x)＝exsinx－cosx，g(x)＝xcosx－ex，其中e是自然对数的底数．
(1)判断函数y＝f(x)在内零点的个数，并说明理由；
(2)∀x1∈，∃x2∈，使得不等式f(x1)＋g(x2)≥m成立，试求实数m的取值范围．
解析 (1)函数y＝f(x)在内零点的个数为1，理由如下：f′(x)＝exsin x＋excos x＋sin x，
当00，则函数y＝f(x)在上单调递增，f(0)＝－1<0，f＝e>0，f(0)·f<0．
由零点存在性定理，可知函数y＝f(x)在内零点的个数为1．
(2)因为不等式f(x1)＋g(x2)≥m等价于f(x1)≥m－g(x2)，所以∀x1∈，∃x2∈，
使得不等式f(x1)＋g(x2)≥m成立，等价于f(x)min≥[m－g(x)]min＝m－g(x)max．
由(1)知，f(x)最小值为f(0)＝－1．
又g′(x)＝cos x－xsin x－ex，当x∈时，0≤cos x≤1，xsin x≥0，ex≥，所以g′(x)<0．
故g(x)在区间上单调递减，当x＝0时，g(x)取得最大值－．
所以－1≥m－(－)，所以m≤－－1，故实数m的取值范围是(－∞，－1－]．
[例14] 已知函数f(x)＝x2eax＋1＋1－a(a∈R)，g(x)＝ex－1－x．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)∀a∈(0，1)，是否存在实数λ，∀m∈[a－1，a]，∃n∈[a－1，a]，使f[(n)]2－λg(m)<0成立？若存在，求λ的取值范围；若不存在，请说明理由．
解析 (1)f(x)＝x2eax＋1＋1－a(a∈R)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝x(ax＋2)eax＋1，
①当a＝0时，x>0，f′(x)>0，x<0，f′(x)<0，
所以函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)；
②当a>0时，x∈，f′(x)>0，x∈，f′(x)<0，x∈(0，＋∞)，f′(x)>0，
所以函数f(x)的单调递增区间为，(0，＋∞)，单调递减区间为；
③当a<0时，x∈(－∞，0)，f′(x)<0，x∈，f′(x)>0，x∈，f′(x)<0，
所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，，单调递增区间为．
(2)由g(x)＝ex－1－x，得g′(x)＝ex－1－1，当x>1时，g′(x)>0，当x<1时，g′(x)<0，
故g(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝0，故当m∈[a－1，a]时，g(m)min＝g(a)＝ea－1－a>0，
当a∈(0，1)时，a－1>－，由(1)知，当n∈[a－1，a]时，f(n)min＝f(0)＝1－a>0，
所以[f(n)]＝(1－a)2，
若∀m∈[a－1，a]，∃n∈[a－1，a]，使[f(n)]2－λg(m)<0成立，即[f(n)]2<λg(m)，则λ>0，且[f(n)]<λg(m)min．
所以(1－a)2<λ(ea－1－a)，所以λ>．
设h(x)＝，x∈[0，1)，则h′(x)＝，
令r(x)＝3ex－1－xex－1－x－1，x∈[0，1]，则r′(x)＝(2－x)ex－1－1，
当x∈(0，1)时，e1－x>2－x，所以(2－x)ex－1<1，故r′(x)<0，所以r(x)在[0，1]上单调递减，
所以当x∈[0，1)时，r(x)>r(1)＝0，即r(x)>0，
又当x∈[0，1)时，x－1<0，所以当x∈[0，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以当x∈(0，1)时，h(x)
【对点训练】
11．已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋1的单调递减区间是(1，2)．
(1)求f(x)的解析式；
(2)若对任意的x1∈(0，2]，存在x2∈[2，＋∞)，使不等式x－x1lnx1－x1t＋3＞f(x2)成立，求实数t的取值范围．
11．解析 (1)由题得f′(x)＝3x2＋2bx＋c．∵f(x)的单调递减区间是(1，2)，
∴解得b＝－，c＝6，∴f(x)＝x3－x2＋6x＋1；
(2)由(1)得f′(x)＝3x2＋2bx＋c＝3(x－1)(x－2)
当x∈[2，＋∞)，f′(x)≥0，∴f(x)在[2，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(2)＝3；
要使若对任意的x1∈(0，2]，存在x2∈[2，＋∞)，使不等式x－x1ln x1－x1t＋3＞f(x2)成立，
只需对任意的x1∈(0，2]，不等式x－x1ln x1－x1t＋3＞3成立，
所以需对任意的x1∈(0，2]，x1t＜x－x1ln x1恒成立，
只需t＜x－ln x1在x1∈(0，2]上恒成立．
设h(x)＝x2－ln x，x∈(0，2]，则h′(x)＝x－＝，
当x1∈(0，2]时，h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增，∴h(x)min＝h(1)＝，
要使t＜x2－ln x在 x∈(0，2]上恒成立，只需t＜h(x)min，则t＜．
故t的取值范围是．
12．已知函数f(x)＝ax＋lnx(a∈R).
(1)求f(x)的单调区间；
(2)设g(x)＝x2－2x＋2，若对任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0，1]使得f(x1)
①当a≥0时，由于x>0，故ax＋1>0，f′(x)>0，所以f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．
②当a<0时，由f′(x)＝0，得x＝－．
在区间上，f′(x)>0，在区间上，f′(x)<0，
所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)由已知得所求可转化为f(x)max
当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，
故f(x)的极大值即为最大值，是f＝－1＋ln＝－1－ln(－a)，
所以2>－1－ln(－a)，解得a<－．
13．已知函数f(x)＝lnx－ax＋－1(a∈R)．
(1)当a＝1时，证明：f(x)≤－2；
(2)设g(x)＝x2－2bx＋4，当a＝时，若∀x1∈(0，2)，∃x2∈[1，2]，f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．
13．解析 (1)当a＝1时，f(x)＝ln x－x－1，则f′(x)＝－1，
所以当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－2，故f(x)≤－2．
(2)依题意得f(x)在(0，2)上的最小值不小于g(x)在[1，2]上的最小值，即f(x)min≥g(x)min．
当a＝时，f(x)＝ln x－x＋－1，所以f′(x)＝－－＝－，
当00，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2)上单调递增，
所以当x∈(0，2)时，f(x)min＝f(1)＝－．又g(x)＝x2－2bx＋4，x∈[1，2]，
①当b<1时，易得g(x)min＝g(1)＝5－2b，则5－2b≤－，解得b≥，这与b<1矛盾；
②当1≤b≤2时，易得g(x)min＝g(b)＝4－b2，则4－b2≤－，所以b2≥，这与1≤b≤2矛盾；
③当b>2时，易得g(x)min＝g(2)＝8－4b，则8－4b≤－，解得b≥．
综上，实数b的取值范围是[，＋∞)．
14．已知函数f(x)＝x3＋x2＋ax．
(1)若函数f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a的最小值；
(2)若函数g(x)＝，对∀x1∈，∃x2∈，使f′(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围．
14．解析 (1)由题设知f′(x)＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，
即a≥－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，
而函数y＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减，则ymax＝－3，
所以a≥－3，所以a的最小值为－3．
(2)“对∀x1∈，∃x2∈，使f′(x1)≤g(x2)成立”等价于“当x∈时，f′(x)max≤g(x)max”．
因为f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在上单调递增，所以f′(x)max＝f′(2)＝8＋a．
而g′(x)＝，由g′(x)>0，得x<1，由g′(x)<0，得x>1，
所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
所以当x∈时，g(x)max＝g(1)＝．由8＋a≤，得a≤－8，
所以实数a的取值范围为．
15．已知函数f(x)＝ax2－(2a＋1)x＋2lnx(a∈R)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)设g(x)＝x2－2x，若对任意x1∈(0，2]，均存在x2∈(0，2]，使得f(x1)
①当a≤0时， ax－1<0，在区间(0，2)上，f′(x)>0，在区间(2，＋∞)上，f′(x)<0，故f(x)的单调递增区间是(0，2)，单调递减区间是(2，＋∞)．
②当02，在区间(0，2)和上，f′(x)>0，在区间上，f′(x)<0，故f(x)的单调递增区间是(0，2)和，单调递减区间是.
③当a＝时，f′(x)＝≥0，故f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)．
④当a>时，0<<2.在区间和(2，＋∞)上，f′(x)>0，在区间上f′(x)<0.
故f(x)的单调递增区间是和(2，＋∞)，单调递减区间是.
(2)由已知，在(0，2]上有f(x)max
所以，－2a－2＋2ln 2<0，解得a>ln 2－1.∴ln 2－1
故f(x)max＝f＝－(2a＋1)＋2ln＝－－2－2ln a<0.
当a>时，＋2ln a>＋2ln e－1>－2，故a>时满足题意．
综上，a的取值范围为(ln 2－1，＋∞)．
16．函数f(x)＝exsinx，g(x)＝(x＋1)cosx－ex，其中e是自然对数的底数．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)对∀x1∈，∃x2∈，使f(x1)＋g(x2)≥m成立，求实数m的取值范围．
16．解析 (1)f′(x)＝exsin x＋excos x＝ex(sin x＋cos x)＝exsin，当2kπ
综上，f(x)的单调递增区间为(k∈Z)，
f(x)的单调递减区间为(k∈Z)．
(2)f(x1)＋g(x2)≥m，即f(x1)≥m－g(x2)，设t(x)＝m－g(x)，则原问题等价于f(x)min≥t(x)min，x∈，
一方面由(1)可知，当x∈时，f′(x)≥0，故f(x)在单调递增，∴f(x)min＝f(0)＝0．
另一方面：t(x)＝m－(x＋1)cos x＋ex，t′(x)＝－cos x＋(x＋1)sin x＋ex，
由于－cos x∈[－1，0]，ex≥，∴－cos x＋ex>0，又(x＋1)sin x≥0，
当x∈，t′(x)>0，t(x)在为增函数，t(x)min＝t(0)＝m－1＋，所以m－1＋≤0，m≤1－．
即实数m的取值范围是(－∞，1－)．
考点四 存在任意型
【例题选讲】
[例15] 已知函数f(x)＝，a∈R．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数g(x)＝(x－k)ex＋k，k∈Z，e＝2.718 28…为自然对数的底数．当a＝1时，若∃x1∈(0，＋∞)，∀x2∈(0，＋∞)，不等式5f(x1)＋g(x2)＞0成立，求k的最大值．
解析 (1)f′(x)＝(x＞0)．由f′(x)＝0，得x＝e1－a．易知f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴当0＜x＜e1－a时，f′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增；当x＞e1－a时，f′(x)＜0，此时函数f(x)单调递减．
∴函数f(x)的单调递增区间是(0，e1－a)，单调递减区间是(e1－a，＋∞)．
(2)当a＝1时，由(1)可知f(x)≤f(e1－a)＝1，∴∃x1∈(0，＋∞)，∀x2∈(0，＋∞)，5f(x1)＋g(x2)＞0成立，
等价于5＋(x－k)ex＋k＞0对x∈(0，＋∞)恒成立，
∵当x∈(0，＋∞)时，ex－1＞0，∴x＋＞k对x∈(0，＋∞)恒成立，
设h(x)＝x＋，则h′(x)＝．令F(x)＝ex－x－6，则F′(x)＝ex－1．
当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＞0，∴函数F(x)＝ex－x－6在(0，＋∞)上单调递增．
而F(2)＝e2－8＜0，F(3)＝e3－9＞0．∴F(2)·F(3)＜0．
∴存在唯一的x0∈(2，3)，使得F(x0)＝0，即ex0＝x0＋6．
∴当x∈(0，x0)时，F(x)＜0，h′(x)＜0，此时函数h(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，F(x)＞0，h′(x)＞0，此时函数h(x)单调递增．
∴当x＝x0时，函数h(x)有极小值(即最小值)h(x0)．
∵h(x0)＝x0＋＝x0＋1∈(3，4)．又k＜h(x0)，k∈Z，∴k的最大值是3．
[例16] 已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex．
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围．
解析 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝．
①若a≤1，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，则f(x)在[1，e]上为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a．
②若1＜a＜e，当x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；当x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数．
所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1．
③若a≥e，当x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－．
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1；
当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－．
(2)由题意知，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]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－．g′(x)＝(1－ex)x．
当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－＜1，
即a＞，所以a的取值范围为．
[例17] (2021·天津)已知a＞0，函数f(x)＝ax－xex．
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)证明函数y＝f(x)存在唯一的极值点；
(3)若存在实数a，使得f(x)≤a＋b对任意x∈R成立，求实数b的取值范围．
解析 (1) f′(x)＝a－(x＋1)ex，则f′(0)＝a－1，
又f(0)＝0，则所求切线方程为y＝(a－1)x(a＞0)．
(2)令f′(x)＝a－(x＋1)ex＝0，则a＝(x＋1)ex．
令g(x)＝(x＋1)ex，则g′(x)＝(x＋2)ex．
当x∈(－∞，－2)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x∈(－2，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．
又当x→－∞时，g(x)＜0，当x→＋∞时，g(x)＞0，
又g(－1)＝0，故画出g(x)的大致图象如下：
所以当a＞0时，y＝a与y＝g(x)的图象仅有一个交点．
令g(m)＝a，则m＞－1，且f′(m)＝a－g(m)＝0．
当x∈(－∞，m)时，a＞g(x)，则f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(m，＋∞)时，a＜g(x)，则f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以x＝m为f(x)的极大值点，故f(x)存在唯一的极值点．
(3)由(2)知f(x)max＝f(m)，此时a＝(1＋m)em，且m＞－1，
所以(f(x)－a)max＝f(m)－a＝(m2－m－1)em，m＞－1．
令h(x)＝(x2－x－1)ex(x＞－1)，
若存在a，使得f(x)≤a＋b对任意x∈R成立，等价于存在x∈(－1，＋∞)，使得h(x)≤b，即b≥h(x)min．
h′(x)＝(x2＋x－2)ex＝(x－1)(x＋2)ex，x＞－1，
当x∈(－1，1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(1)＝－e，故b≥－e，所以实数b的取值范围为[－e，＋∞)．
【对点训练】
17．已知f(x)＝＋lnx，(a∈R，且a≠0)．
(1)试讨论函数y＝f(x)的单调性；
(2)若∃x0∈(0，＋∞)使得∀x∈(0，＋∞)都有f(x)≥f(x0)恒成立，且f(x0)≥0，求满足条件的实数a的取值集合．
17．解析 (1)由f(x)＝＋ln x，得f′(x)＝(x＞0)．
①当a＜0时，f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a＞0时，由f′(x)＞0得x＞，由f′(x)＜0得0＜x＜，
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增．
综上：①当a＜0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无递减区间；
②当a＞0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)由题意函数存在最小值f(x0)且f(x0)≥0，
①当a＜0时，由(1)上单调递增且f(1)＝0，当x∈(0，1)时，f(x)＜0，不符合条件；
②当a＞0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，∴f(x)min＝f＝1－＋ln ，
∴只需f(x)min≥0即1－＋ln ≥0，记g(x)＝1－x＋ln x(x＞0)则g′(x)＝－1＋，
由g′(x)＞0得0＜x＜1，由g′(x)＜0得x＞1，
∴g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴g(x)≤g(1)＝0，∴＝1，∴a＝1，
即满足条件a的取值集合为{1}．
18．已知函数f(x)＝x－mlnx－(m∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex．
(1)若m
18．解析 (1)f(x)＝x－mln x－，且定义域(0，＋∞)，
∴f′(x)＝1－＋＝，
①当m≤2时，若x∈[1，e]，则f′(x)≥0，∴f(x)在[1，e]上是增函数，则f(x)min＝f(1)＝2－m．
②当2
(2)已知等价于f(x1)min≤g(x2)min．由(1)知m≤2时，在x1∈[e，e2]上有f′(x1)≥0，
∴f(x1)min＝f(e)＝e－m－．又g′(x)＝x＋ex－(x＋1)ex＝x(1－ex)，
当x2∈[－2，0]时，g′(x2)≤0，g(x2)min＝g(0)＝1．
所以m≤2且e－m－≤1，解得≤m≤2．
所以实数m的取值范围是．
19．已知函数f(x)＝lnx，h(x)＝ax(a∈R)．
(1)若函数f(x)与h(x)的图象无公共点，试求实数a的取值范围；
(2)是否存在实数m，使得对任意的x∈，都有函数y＝f(x)＋的图象在g(x)＝的图象的下方？若存在，请求出最大整数m的值；若不存在，请说明理由．
参考数据：ln 2≈0.693 1，ln 3≈1.098 6，≈1.648 7 ，≈1.395 6．
19．解析 (1)函数f(x)与h(x)的图象无公共点，等价于方程＝a在(0，＋∞)上无解．
令t(x)＝(x＞0)，则t′(x)＝，令t′(x)＝0，得x＝e．
当x变化时，t′(x)，t(x)的变化情况如下表：
x
(0，e)
e
(e，＋∞)
t′(x)
＋
0
－
t(x)
极大值
由表可知x＝e是函数t(x)的唯一极大值点，故tmax＝t(e)＝，
故要使方程＝a在(0，＋∞)上无解，只需a＞，
故实数a的取值范围为
(2)假设存在实数m满足题意，则不等式ln x＋＜对x∈恒成立，
即m＜ex－xln x对x∈恒成立．
令r(x)＝ex－xln x，则r′(x)＝ex－ln x－1，令φ(x)＝ex－ln x－1，则φ′(x)＝ex－，
因为φ′(x)在上单调递增，φ′＝e－2＜0，φ′(1)＝e－1＞0，且φ′(x)的图象在上连续，
所以存在x0∈，使得φ′(x0)＝0，即ex0－＝0，则x0＝－ln x0．
所以当x∈时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增．
所以φ(x)的最小值为φ(x0)，且φ(x0)＝ex0－ln x0－1＝x0＋－1＞2－1＝1＞0，
所以r′(x)＞0，r(x)在区间上单调递增．
∴m≤r＝e－ln＝e＋ln 2≈1.995 25．∴存在实数m，且最大整数m的值为1．
20．已知向量m＝(ex，ln x＋k)，n＝(1，f(x))，m∥n(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，
f(1))处的切线与y轴垂直，F(x)＝xexf′(x)．
(1)求k的值及F(x)的单调区间；
(2)已知函数g(x)＝－x2＋2ax(a为正实数)，若对于任意x2∈[0，1]，总存在x1∈(0，＋∞)，使得g(x2)
由已知，f′(1)＝＝0，所以k＝1，
所以F(x)＝xexf′(x)＝x＝1－xln x－x，所以F′(x)＝－ln x－2．
由F′(x)＝－ln x－2≥0得0
(2)因为对于任意x2∈[0,1]，总存在x1∈(0，＋∞)，使得g(x2)
对于g(x)＝－x2＋2ax，其对称轴为直线x＝a．
当0
考点五 双存在型
【例题选讲】
[例18] 已知函数f(x)＝ax＋x2－xln a(a>0，a≠1)．
(1)求函数f(x)的极小值；
(2)若存在x1，x2∈[－1，1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1(e是自然对数的底数)，求实数a的取值范围．
解析 (1)f′(x)＝axln a＋2x－ln a＝2x＋(ax－1)ln a．
∵当a>1时，ln a>0，函数y＝(ax－1)ln a在R上是增函数，
当0
∴函数f(x)在x＝0处取得极小值1．
(2)∵存在x1，x2∈[－1，1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1，∴只需f(x)max－f(x)min≥e－1即可．
由(1)可知，当x∈[－1，1]时，f(x)在[－1，0]上是减函数，在(0，1]上是增函数，
∴当x∈[－1，1]时，f(x)min＝f(0)＝1，f(x)max为f(－1)和f(1)中的较大者．
f(1)－f(－1)＝(a＋1－ln a)－＝a－－2ln a，
令g(a)＝a－－2ln a(a>0)，∵g′(a)＝1＋－＝2>0，
∴g(a)＝a－－2ln a在(0，＋∞)上是增函数．
而g(1)＝0，故当a>1时，g(a)>0，即f(1)>f(－1)；
当0
由函数y＝a－ln a在(1，＋∞)上是增函数，解得a≥e；
当0
[例19] 已知函数f(x)＝x－alnx＋在x＝1处取得极值.
(1)若a>1，求函数f(x)的单调区间；
(2)若a>3，函数g(x)＝a2x2＋3，若存在m1，m2∈，使得|f(m1)－g(m2)|<9成立，求a的取值范围．
解析 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝1－－．
由题意，f′(1)＝1－a－b＝0，得b＝1－a．
则f′(x)＝1－－＝＝，
令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝a－1．
若1
若a>2，则函数f(x)的单调递减区间为(1，a－1)，单调递增区间为(0，1)，(a－1，＋∞)．
(2)若a>3时，f(x)在上单调递增，在(1，2)上单调递减，所以f(x)的最大值为f(1)＝2－a<0．
易知g(x)在上单调递增，则g(x)min＝g．
又g＝a2＋3>0，∴g(x)>f(x)在上恒成立，
若存在m1，m2∈，使得|f(m1)－g(m2)|<9成立，只需要g－f(1)<9，
即a2＋3－(2－a)<9，解得－8
【对点训练】
21．已知函数f (x)＝ax＋x2－xln a(a>0，a≠1)．
(1)当a＝e(e是自然对数的底数)时，求函数f (x)的单调区间；
(2)若存在x1，x2∈[－1，1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1，求实数a的取值范围．
21．解析 (1)f ′(x)＝axln a＋2x－ln a＝2x＋(ax－1)ln a．
当a＝e时，f ′(x)＝2x＋ex－1，其在R上是增函数，
又f ′(0)＝0，∴f ′(x)>0的解集为(0，＋∞)，f ′(x)<0的解集为(－∞，0)，
故函数f (x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)．
(2)∵存在x1，x2∈[－1，1]，使得|f (x1)－f (x2)|≥e－1，
又当x1，x2∈[－1，1]时，|f (x1)－f (x2)|≤f (x)max－f (x)min，∴只要f (x)max－f (x)min≥e－1即可．
∵当a>1时，ln a>0，y＝(ax－1)ln a在R上是增函数，
当0
∴f (x)在(－∞，0)上是增函数，f (x)在(0，＋∞)是减函数．
∴当x∈[－1，1]时，f (x)min＝f (0)＝1，f (x)max为f (－1)和f (1)中的较大者．
f (1)－f (－1)＝(a＋1－ln a)－＝a－－2ln a．
令g(a)＝a－－2ln a(a>0)，∴g′(a)＝1＋－＝2≥0，
∴g(a)＝a－－2ln a在(0，＋∞)上是增函数．
而g(1)＝0，故当a>1时，g(a)>0，即f (1)>f (－1)；当0
函数y＝a－ln a在(1，＋∞)上是增函数，解得a≥e；
当0
22．已知函数f(x)＝(x－1)ex＋1＋mx2，当0＜m≤6时，g(x)＝x3－－mx，x∈(0，2]，若存在x1∈R，x2∈(0，
2]，使f(x1)≤g(x2)成立，求实数m的取值范围．
22．解析 x∈(－∞，＋∞)且f′(x)＝ex＋1＋(x－1)ex＋1＋2mx＝x(ex＋1＋2m)，
当m＞0时，因为ex＋1＞0，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0＜m≤6，所以g′(x)＞0，
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(x1)min≤g(x2)max，所以6－2m≥－e，所以0＜m≤3＋，
故m的取值范围为．
23．设x＝3是函数f(x)＝(x2＋ax＋b)e3－x(x∈R)的一个极值点．
(1)求a与b之间的关系式，并求当a＝2时，函数f(x)的单调区间；
(2)设a>0，g(x)＝ex．若存在x1，x2∈[0，4]使得|f(x1)－g(x2)|<1成立，求实数a的取值范围．
23．解析 (1)f′(x)＝－[x2＋(a－2)x＋b－a]e3－x，
由题意知f′(3)＝0，即－[9＋3(a－2)＋b－a]＝0，解得b＝－2a－3．当a＝2时，b＝－7，
故由f′(x)＝－(x2－9)e3－x>0得－3
(2)由(1)得f′(x)＝－[x2＋(a－2)x－3a－3]e3－x，由f′(x)>0得－a－1
于是f(x)max＝f(3)＝a＋6，f(x)min＝min{f(0)，f(4)}＝－(2a＋3)e3．
g(x)在[0，4]上单调递增，g(x)∈．
根据题意，－(a＋6)≥0恒成立，
所以只要－(a＋6)<1，解得－
专题36 双变量不等式恒成立与能成立问题考点探析
考点一 单函数双任意型
【例题选讲】
[例1] 已知函数f(x)＝＋ax＋b的图象在点A(1，f(1))处的切线与直线l：2x－4y＋3＝0平行．
(1)求证：函数y＝f(x)在区间(1，e)上存在最大值；
(2)记函数g(x)＝xf(x)＋c，若g(x)≤0对一切x∈(0，＋∞)，b∈恒成立，求实数c的取值范围．
解析 (1)由题意得f′(x)＝＋a．
因为函数图象在点A处的切线与直线l平行，且l的斜率为，
所以f′(1)＝，即1＋a＝，所以a＝－．
所以f′(x)＝－＝，所以f′(1)＝＞0，f′(e)＝－＜0．
因为y＝2－2ln x－x2在(1，e)上连续，
所以f′(x)在区间(1，e)上存在一个零点，设为x0，则x0∈(1，e)，且f′(x0)＝0．
当x∈(1，x0)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(1，x0)上单调递增；
当x∈(x0，e)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(x0，e)上单调递减．
所以当x＝x0时，函数y＝f(x)取得最大值．故函数y＝f(x)在区间(1，e)上存在最大值．
(2)法一 因为g(x)＝ln x－x2＋bx＋c≤0对一切x∈(0，＋∞)，b∈恒成立，
所以c≤x2－bx－ln x．记h1(x)＝x2－bx－ln x(x＞0)，则c≤h1(x)min．
h′1(x)＝x－b－．令h′1(x)＝0，得x2－bx－1＝0，所以x1＝＜0(舍去)，x2＝．
因为b∈，所以x2＝∈(1，2)．
当0＜x＜x2时，h′1(x)＜0，h1(x)单调递减；当x＞x2时，h′1(x)＞0，h1(x)单调递增．
所以h1(x)min＝h1(x2)＝x－bx2－ln x2＝x＋1－x－ln x2＝－x－ln x2＋1．
记h2(x)＝－x2－ln x＋1．
因为h2(x)在(1，2)上单调递减，所以h2(x)＞h2(2)＝－1－ln 2．
所以c≤－1－ln 2，故c的取值范围是(－∞，－1－ln 2]．
法二 因为g(x)＝ln x－x2＋bx＋c≤0对一切x∈(0，＋∞)恒成立，所以c≤x2－bx－ln x．
设h1(b)＝－xb＋x2－ln x，因为x∈(0，＋∞)，则函数h1(b)在上为减函数，
所以h1(b)＞h＝x2－x－ln x，则对∀x∈(0，＋∞)，c≤x2－x－ln x恒成立，
设h2(x)＝x2－x－ln x，
则h′2(x)＝x－－＝＝，
令h′2(x)＝0，则x＝2，当0＜x＜2时，f′(x)＜0，函数单调递减；
当x＞2时，f′(x)＞0，函数单调递增，则x＝2时，f(x)min＝f(2)＝－－ln 2，
则c≤－1－ln 2，故c的取值范围是(－∞，－1－ln 2]．
[例2] 已知函数f(x)＝(logax)2＋x－lnx(a>1)．
(1)求证：函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增；
(2)若关于x的方程|f(x)－t|＝1在(0，＋∞)上有三个零点，求实数t的值；
(3)若对任意的x1，x2∈[a－1，a]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1恒成立(e为自然对数的底数)，求实数a的取值范围．
解析 (1)因为函数f(x)＝(logax)2＋x－ln x，所以f′(x)＝1－＋2logax·．
因为a>1，x>1，所以f′(x)＝1－＋2logax·>0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
(2)因为当a>1，0
(3)由(2)可知，函数f(x)在[a－1，1]上单调递减，在(1，a]上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝1，
f(x)max＝max{f(a－1)，f(a)}．f(a)－f(a－1)＝a－a－1－2ln a，
令g(x)＝x－x－1－2ln x(x>1)，则g′(x)＝1＋x－2－＝≥0，
所以g(a)>g(1)＝0，即f(a)－f(a－1)>0，所以f(x)max＝f(a)，
所以问题等价于∀x1，x2∈[a－1，a]，
|f(x1)－f(x2)|max＝f(a)－f(1)＝a－ln a≤e－1．
由h(x)＝x－ln x的单调性，且a>1，解得1
[例3] 已知函数f(x)＝x2－ax＋2lnx．
(1)若函数y＝f(x)在定义域上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)设f(x)有两个极值点x1，x2，若x1∈，且f(x1)≥t＋f(x2)恒成立，求实数t的取值范围．
思路 (1)转化为恒不等式问题，即f′(x)＝2x－a＋≥0在(0，＋∞)上恒成立，然后用分离参数＋最值分析法解决．(2)分离参数t，即t≤f(x1)－f(x2)，然后用条件f(x)有两个极值点x1，x2，进行消元，转化为一元不等式恒成立问题处理．
解析 (1)因为函数y＝f(x)在定义域上单调递增，所以f′(x)≥0，
即2x－a＋≥0在(0，＋∞)上恒成立，
所以a≤2x＋(x∈(0，＋∞))．而2x＋≥2＝4，
所以a≤4，所以实数a的取值范围是(－∞，4]．
(2)因为f′(x)＝(x＞0)，由题意可得x1，x2为方程f′(x)＝0，
即2x2－ax＋2＝0(x＞0)的两个不同实根，所以ax1＝2x＋2，ax2＝2x＋2．
由根与系数的关系可得x1x2＝1．由已知0＜x1≤，则x2＝≥e．
而f(x1)－f(x2)＝(x－ax1＋2ln x1)－(x－ax2＋2ln x2)＝[x－(2x＋2)＋2ln x1]－[x－(2x＋2)＋2ln x2]
＝(－x－2＋2ln x1)－(－x－2＋2ln x2)＝x－x＋2(ln x1－ln x2)＝x－x＋2ln
＝x－＋2ln ＝x－－2ln x(x2≥e)．
设p(x)＝x－－2ln x(x≥e2)，则p′(x)＝1＋－＝＝，
显然当x≥e2时，p′(x)＞0，函数p(x)单调递增，故p(x)≥p(e2)＝e2－－2ln e2＝e2－－4．
故f(x1)－f(x2)≥e2－－4，故t≤e2－－4．所以实数t的取值范围是．
悟通 (2)是双变量恒不等式问题，分离参数后通过消元，转化为一元不等式恒成立问题处理．但在f(x1)－f(x2)＝(x－ax1＋2ln x1)－(x－ax2＋2ln x2)中含有三个变量x1，x2与a，最终保留哪个？由于x1∈，消掉x2与a为佳，解答中是消掉x1与a，保留下x2也可以，但要注意x2的范围，由于x1，x2为f(x)的两个极值点，所以ax1＝2x＋2，ax2＝2x＋2．先消去ax1与ax2，再用韦达定理消去x1，此时构造函数p(x)＝x－－2ln x(x≥e2)，求的最小值．
[例4] 已知函数f(x)＝x－lnx，g(x)＝x2－ax．+X+K]
(1)求函数f(x)在区间[t，t＋1](t＞0)上的最小值m(t)；
(2)令h(x)＝g(x)－f(x)，A(x1，h(x1))，B(x2，h(x2))(x1≠x2)是函数h(x)图象上任意两点，且满足＞1，求实数a的取值范围；
解析 (1)f′(x)＝1－，x＞0，令f′(x)＝0，则x＝1．
当t≥1时，f(x)在[t，t＋1]上单调递增，f(x)的最小值为f(t)＝t－ln t；
当0＜t＜1时，f(x)在区间(t，1)上为减函数，在区间(1，t＋1)上为增函数，f(x)的最小值为f(1)＝1．
综上，m(t)＝
(2)h(x)＝x2－(a＋1)x＋lnx，x＞0．不妨取0＜x1＜x2，则x1－x2＜0，
则由＞1，可得h(x1)－h(x2)＜x1－x2，变形得h(x1)－x1＜h(x2)－x2恒成立．
令F(x)＝h(x)－x＝x2－(a＋2)x＋ln x，x＞0，则F(x)＝x2－(a＋2)x＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，
故F′(x)＝2x－(a＋2)＋≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以2x＋≥a＋2在(0，＋∞)上恒成立．
因为2x＋≥2，当且仅当x＝时取“＝”，所以a≤2－2．
故a的取值范围为(－∞，2－2]．
[例5] 已知函数f(x)＝lnx＋ax2－3x．
(1)若函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－2，求函数f(x)的极小值；
(2)若a＝1，对于任意x1，x2∈[1，10]，当x1
解析 (1)f(x)＝ln x＋ax2－3x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax－3．
由函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－2，得f′(1)＝1＋2a－3＝0，解得a＝1．
此时f′(x)＝＋2x－3＝．令f′(x)＝0，得x＝1或x＝．
当x∈和x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0．
所以函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减，
所以当x＝1时，函数f(x)取得极小值f(1)＝ln 1＋1－3＝－2．
(2)由a＝1得f(x)＝ln x＋x2－3x．因为对于任意x1，x2∈[1，10]，
当x1
当x1
令h(x)＝f(x)－＝ln x＋x2－3x－，x∈[1，10]，
所以h′(x)＝＋2x－3＋≤0在[1，10]上恒成立，则m≤－2x3＋3x2－x在[1，10]上恒成立．
设F(x)＝－2x3＋3x2－x(x∈[1，10])，则F′(x)＝－6x2＋6x－1＝－6＋．
当x∈[1，10]时，F′(x)<0，所以函数F(x)在[1，10]上单调递减，
所以F(x)min＝F(10)＝－2×103＋3×102－10＝－1 710，所以m≤－1 710，
故实数m的取值范围为(－∞，－1 710]．
悟通 (1)利用f′(1)＝0，得a的方程，解方程求a的值，再求f′(x)＝0的实数解，并判断在实数解的两侧f(x)的导数值符号，得f(x)的极值．
(2)“双变量不等式”变“单变量不等式”：双变量不等式“f(x1)－f(x2)>”可化为“f(x1)－>f(x2)－”，只需构造函数h(x)＝f(x)－，判断其在[1，10]上单调递减，从而转化为单变量不等式“h′(x)＝＋2x－3＋≤0在[1，10]上恒成立”．分离参数m，构造新函数，借助函数最值求m的取值范围．
【对点训练】
1．已知函数f(x)＝alnx＋x－，其中a为实常数．
(1)若x＝是f(x)的极大值点，求f(x)的极小值；
(2)若不等式alnx－≤b－x对任意－≤a≤0，≤x≤2恒成立，求b的最小值．
1．解析 (1)f′(x)＝，由题意知x>0．由f′＝0，得2＋a＋1＝0，
所以a＝－，此时f(x)＝－ln x＋x－．则f′(x)＝＝．
所以f(x)在上为减函数，在[2，＋∞)上为增函数．
所以x＝2为极小值点，极小值f(2)＝－．
(2)不等式aln x－≤b－x即为f(x)≤b，所以b≥f(x)max对任意－≤a≤0，≤x≤2恒成立．
①若1≤x≤2，则ln x≥0，f(x)＝aln x＋x－≤x－≤2－＝．当a＝0，x＝2时取等号．
②若≤x<1，则ln x<0，f(x)＝aln x＋x－≤－ln x＋x－．
由(1)可知g(x)＝－ln x＋x－在上为减函数．所以当≤x<1时，g(x)≤g＝ln 2－．
因为ln 2－<－＝1<，所以f(x)≤．综上，f(x)max＝．于是bmin＝．
2．设函数f(x)＝emx＋x2－mx．
(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；
(2)若对于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围．
2．解析 (1)f′(x)＝m(emx－1)＋2x．
若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)＞0．
若m＜0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1＞0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1＜0，f′(x)＞0．
所以，f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．
(2)由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1，0]单调递减，在[0，1]单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．
所以对于任意x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是
即①
设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1．当t＜0时，g′(t)＜0；当t＞0时，g′(t)＞0．
故g(t)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．
又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故当t∈[－1，1]时，g(t)≤0．
当m∈[－1，1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；
当m＞1时，由g(t)的单调性，g(m)＞0，即em－m＞e－1；
当m＜－1时，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1．
综上，m的取值范围是[－1，1]．
3．设函数f(x)＝x2＋ax－lnx(a∈R)．
(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；
(2)若对任意a∈(4，5)及任意x1，x2∈[1，2]，恒有m＋ln2>|f(x1)－f(x2)|成立，求实数m的取值范围．
3．解析 (1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
当a＝1时，f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－＝，
当0
∴函数f(x)的极小值为f(1)＝1，无极大值．
(2)由题意知f′(x)＝(1－a)x＋a－＝，
当a∈(4，5)时，1－a<－3，0<<，
∴在区间[1，2]上，f′(x)≤0，则f(x)单调递减，f(1)是f(x)的最大值，f(2)是f(x)的最小值．
∴|f(x1)－f(x2)|≤f(1)－f(2)＝－＋ln 2．
∵对任意a∈(4，5)及任意x1，x2∈[1，2]，恒有m＋ln 2>|f(x1)－f(x2)|成立，
∴m＋ln 2>－＋ln 2，得m>．
∵a∈(4，5)，∴＝1－<1－＝，
∴m≥，故实数m的取值范围是[，＋∞)．
4．已知函数f(x)＝lnx(其中e为自然对数的底数)．
(1)证明：f(x)≤f(e)；
(2)对任意正实数x、y，不等式a(lny－lnx)－2x≤0恒成立，求正实数a的最大值．
4．解析 (1)f′(x)＝－ln x＋＝－ln x＋－＝，
令g(x)＝－xln x＋2e－x，g′(x)＝－ln x＋(－x)·－1＝－ln x－2，
在(0，e－2)上，g′(x)＞0，g(x)单调递增，在(e－2，＋∞)上，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
所以g(x)max＝g(e－2)＝－e－2ln e－2＋2e－e－2＝2e－2＋2e－e－2＝e－2＋2e＞0，
又因为x→0时，g(x)→0；g(e)＝0，
所以在(0，e)上，g(x)＞0，f′(x)＞0，f(x)单调递增，在(e，＋∞)上，g(x)＜0，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以f(x)max＝f(e)，即f(x)≤f(e)．
(2)因为x，y，a，都大于0，由a(ln y－ln x)－2x≤0两边同除以ax整理得：≥ln ，
令＝t(t＞0)，所以≥ln t恒成立，记h(t)＝ln t，则≥h(t)max，
由(1)知h(t)max＝g(e)＝1，所以≥1，即0＜a≤2，amax＝2．
所以正实数a的最大值是2．
5．设函数f(x)＝lnx＋，k∈R．
(1)若曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，求f(x)的单调性和极小值(其中e为自然对数的底数)；
(2)若对任意的x1>x2>0，f(x1)－f(x2)
∵曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，∴f′(e)＝0，即－＝0，得k＝e，
∴f′(x)＝－＝(x>0)，由f′(x)<0得0
∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增．
当x＝e时，f(x)取得极小值，且f(e)＝ln e＋＝2．∴f(x)的极小值为2．
(2)由题意知，对任意的x1>x2>0，f(x1)－f(x2)
∴h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即当x>0时，k≥－x2＋x＝－2＋恒成立，
∴k≥．故k的取值范围是．
6．已知函数f(x)＝x－1－alnx(a<0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若对于任意的x1，x2∈(0，1]，且x1≠x2，都有|f(x1)－f(x2)|<4，求实数a的取值范围．
6．解析 (1)由题意知f′(x)＝1－＝(x>0)，
因为x>0，a<0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)不妨设0
设g(x)＝f(x)＋，x∈(0，1]，|f(x1)－f(x2)|<4等价于g(x)在(0，1]上单调递减，
所以g′(x)≤0在(0，1]上恒成立⇔1－－＝≤0在(0，1]上恒成立⇔a≥x－在(0，1]上恒成立，
易知y＝x－在(0，1]上单调递增，其最大值为－3．因为a<0，所以－3≤a<0，
所以实数a的取值范围为[－3，0)．
7．设f(x)＝ex－a(x＋1)．
(1)若∀x∈R，f(x)≥0恒成立，求正实数a的取值范围；
(2)设g(x)＝f(x)＋，且A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)是曲线y＝g(x)上任意两点，若对任意的a≤－1，直线AB的斜率恒大于常数m，求m的取值范围．
7．解析 (1)因为f(x)＝ex－a(x＋1)，所以f′(x)＝ex－a．
由题意，知a＞0，故由f′(x)＝ex－a＝0，解得x＝ln a．
故当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．
所以函数f(x)的最小值为f(lna)＝eln a－a(lna＋1)＝－alna．
由题意，若∀x∈R，f(x)≥0恒成立，即f(x)＝ex－a(x＋1)≥0恒成立，故有－alna≥0，
又a＞0，所以ln a≤0，解得0＜a≤1．所以正实数a的取值范围为(0，1]．
(2)设x1，x2是任意的两个实数，且x1＜x2．则直线AB的斜率为k＝，
由已知k＞m，即＞m．
因为x2－x1＞0，所以g(x2)－g(x1)＞m(x2－x1)，即g(x2)－mx2＞g(x1)－mx1．
因为x1＜x2，所以函数h(x)＝g(x)－mx在R上为增函数，故有h′(x)＝g′(x)－m≥0恒成立，所以m≤g′(x)．
而g′(x)＝ex－a－，又a≤－1＜0，故g′(x)＝ex＋－a≥2－a＝2－a．
而2－a＝2＋()2＝(＋1)2－1≥3，所以m的取值范围为(－∞，3]．
考点二 双函数双任意型
【例题选讲】
[例6] 已知函数f(x)＝lnx－ax，g(x)＝ax2＋1，其中e为自然对数的底数．
(1)讨论函数f(x)在区间[1，e]上的单调性；
(2)已知a∉(0，e)，若对任意x1，x2∈[1，e]，有f(x1)>g(x2)，求实数a的取值范围．
解析 (1)f′(x)＝－a＝，
①当a≤0时，1－ax>0，则f′(x)>0，f(x)在[1，e]上单调递增；
②当0
④当a≥1时，0<≤1，则f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上单调递减．
综上所述，当a≤时，f(x)在[1，e]上单调递增；当
①当a≤0时，g′(x)≤0，所以g(x)在[1，e]上单调递减，而f(x)在[1，e]上单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝－a，g(x)max＝g(1)＝a＋1，所以－a>a＋1，得a<－；
②当a≥e时，g′(x)>0，所以g(x)在[1，e]上单调递增，而f(x)在[1，e]上单调递减，
所以g(x)max＝g(e)＝ae2＋1，f(x)min＝f(e)＝1－ae，所以1－ae>ae2＋1，得a<0，与a≥e矛盾．
综上所述，实数a的取值范围是．
[例7] 已知函数f(x)＝＋x－1，g(x)＝ln x＋(e为自然对数的底数)．
(1)证明：f(x)≥g(x)；
(2)若对于任意的x1，x2∈[1，a](a>1)，总有|f(x1)－g(x2)|≤－＋1，求a的最大值．
解析 (1)令F(x)＝f(x)－g(x)＝＋x－ln x－1－，
∴F′(x)＝＋1－＝(x－1)．∵x>0，∴ex>x＋1，
∴F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)min＝F(1)＝0，∴f(x)≥g(x)．
(2)∵x∈[1，a]，f′(x)＝＋1>0，g′(x)＝>0，∴f(x)，g(x)均在[1，a]上单调递增．
∵f(x)≥g(x)，F(x)＝f(x)－g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴f(x)与g(x)的图象在[1，a]上的距离随x增大而增大，
∴|f(x1)－g(x2)|max＝f(a)－g(1)≤－＋1，∴＋a≤＋2，
设G(a)＝＋a(a>1)，G′(a)＝＋1＝，
∵当a>1时，ea>a＋1，∴当a>1时，G′(a)>0，G(a)在[1，＋∞)上单调递增，∴a≤2，
∴a的最大值为2．
[例8] 已知函数f(x)＝x2－2alnx(a∈R)，g(x)＝2ax.
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若0＜a＜1，对于区间[1，2]上的任意两个不相等的实数x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|＞|g(x1)－g(x2)|成立，求实数a的取值范围.
解析 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－．
当a≤0时，显然f′(x)＞0恒成立，故f(x)无极值；
当a＞0时，由f′(x)＜0，得0＜x＜，f(x)在(0，)上单调递减；
由f′(x)＞0，得x＞，f(x)在(，＋∞)上单调递增．
故f(x)有极小值f()＝a－aln a，无极大值．
综上，a≤0时，f(x)无极值；a＞0时，f(x)极小值＝a－aln a，无极大值．
(2)不妨令1≤x1＜x2≤2，因为0＜a＜1，所以g(x1)＜g(x2)．由(1)可知f(x1)＜f(x2)，
因为|f(x1)－f(x2)|＞|g(x1)－g(x2)|，所以f(x2)－f(x1)＞g(x2)－g(x1)，即f(x2)－g(x2)＞f(x1)－g(x1)，
所以h(x)＝f(x)－g(x)＝x2－2aln x－2ax在[1，2]上单调递增，
所以h′(x)＝2x－－2a≥0在[1，2]上恒成立，即a≤在[1，2]上恒成立．
令t＝x＋1∈[2，3]，则＝t＋－2≥，所以a∈．
故实数a的取值范围为．
【对点训练】
8．已知两个函数f(x)＝7x2－28x－c，g(x)＝2x3＋4x2－40x．若对任意x1，x2∈[－3，3]，都有f(x1)≤g(x2)
成立，求实数c的取值范围．
8．解析 由对任意x1，x2∈[－3，3]，都有f(x1)≤g(x2)成立，得f(x1)max≤g(x2)min，
因为f(x)＝7x2－28x－c＝7(x－2)2－28－c，所以当x1∈[－3，3]时，f(x1)max＝f(－3)＝147－c，
因为g(x)＝2x3＋4x2－40x，所以g′(x)＝6x2＋8x－40＝2(3x＋10)(x－2)，
当x∈(－3，2)，则g′(x)<0，当x∈(2，3)，则g′(x)>0，
所以f(x)在(－3，2)上单调递减；f(x)在(2，3)上单调递增．
易得g(x)min＝g(2)＝－48，故147－c≤－48，即c≥195．
故实数c的取值范围是[195，＋∞)．
9．已知函数f(x)＝x－1－aln x(a∈R)，g(x)＝．
(1)当a＝－2时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)若a<0，且对任意x1，x2∈(0，1]，都有|f(x1)－f(x2)|<4×|g(x1)－g(x2)|，求实数a的取值范围．
9．解析 (1)当a＝－2时，f(x)＝x－1＋2ln x，f′(x)＝1＋，f(1)＝0，切线的斜率k＝f′(1)＝3，
故曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为3x－y－3＝0．
(2)对x∈(0，1]，当a<0时，f′(x)＝1－>0，∴f(x)在(0，1]上单调递增，
易知g(x)＝在(0，1]上单调递减，
不妨设x1，x2∈(0，1]，且x1
∴f(x2)－f(x1)<4×[g(x1)－g(x2)]，即f(x1)＋>f(x2)＋．
令h(x)＝f(x)＋，则当x1
∴h′(x)＝1－－＝≤0在(0，1]上恒成立，
∴x2－ax－4≤0在(0，1]上恒成立，等价于a≥x－在(0，1]上恒成立，∴只需a≥(x－)max．
∵y＝x－在(0，1]上单调递增，∴ymax＝－3，∴－3≤a<0，故实数a的取值范围为[－3，0)．
10．设f(x)＝xex，g(x)＝x2＋x．
(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；
(2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，求实数m的取值范围．
10．解析 (1)因为F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋x2＋x，所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，
令F′(x)>0，解得x>－1，令F′(x)<0，解得x<－1，
所以F(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．
故F(x)min＝F(－1)＝－－．
(2)因为任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，
所以mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立．
令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－x2－x，x∈[－1，＋∞)，即只需h(x)在[－1，＋∞)上单调递增即可．
故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，故m≥，而≤e，故m≥e，
即实数m的取值范围是[e，＋∞)．
考点三 任意存在型
【例题选讲】
[例9] 设函数f(x)＝lnx＋x2－ax(a∈R)．
(1)已知函数在定义域内为增函数，求a的取值范围；
(2)设g(x)＝f(x)＋2ln，对于任意a∈(2，4)，总存在x∈，使g(x)＞k(4－a2)成立，求实数k的取值范围．
解析 (1)∵函数f(x)＝ln x＋x2－ax，∴f′(x)＝＋2x－a．
∵函数在定义域内为增函数，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≤＋2x在(0，＋∞)上恒成立，
而x＞0，＋2x≥2，当且仅当x＝时，“＝”成立．即＋2x的最小值为2，∴a≤2．
(2)∵g(x)＝f(x)＋2ln ＝2ln (ax＋2)＋x2－ax－2ln 6，
∴g′(x)＝＋2x－a＝，
∵a∈(2，4)，∴＝－＞－，x＋＞0
∴g′(x)＞0，故g(x)在上单调递增，∴当x＝2时，g(x)取最大值2ln (2a＋2)－2a＋4－2ln 6．
即2ln (2a＋2)－2a＋4－2ln 6＞k(4－a2)在a∈(2，4)上恒成立，
令h(a)＝2ln (2a＋2)－2a＋4－2ln 6－k(4－a2)，则h(2)＝0，且h(a)＞0在(2，4)内恒成立，
h′(a)＝－2＋2ka＝．
当k≤0时，h′(a)＜0，h(a)在(2，4)上单调递减，h(a)＜h(2)＝0，不合题意；
当k＞0时，由h＇(a)＝0，得a＝．
①若＞2，即0＜k＜时，h(a)在内单调递减，存在h(a)＜h(2)，不合题意，
②若≤2，即k≥时，h(a)在(2，4)内单调递增，h(a)＞h(2)＝0满足题意．
综上，实数k的取值范围为．
[例10] 已知函数f(x)＝2ln－．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若g(x)＝lnx－ax，若对任意x1∈(1，＋∞)，存在x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)成立，求实数a的取值范围．
解析 (1)因为f(x)＝2ln －，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝－＝＝，
当
所以f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是，(2，＋∞)．
(2)由(1)知，f(x)在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，f(x)≥f(2)＝0，又g(x)＝ln x－ax，
所以对任意x1∈(1，＋∞)，存在x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)成立
⇔存在x2∈(0，＋∞)，使得g(x2)≤0成立
⇔函数y＝lnx与直线y＝ax的图象在(0，＋∞)上有交点
⇔方程a＝在(0，＋∞)上有解．
设h(x)＝，则h′(x)＝，当x∈(0，e)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，又h(e)＝，x→0时，h(x)→－∞，
所以在(0，＋∞)上，h(x)的值域是，
所以实数a的取值范围是．
[例11] 已知函数f(x)＝lnx－ax＋－1(a∈R)．
(1)当0＜a＜时，讨论f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝x2－2bx＋4．当a＝时，若对任意x1∈(0，2)，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．
解析 (1)因为f(x)＝ln x－ax＋－1，所以f′(x)＝－a＋＝－，x∈(0，＋∞)，
令f′(x)＝0，可得两根分别为1，－1，因为0＜a＜，所以－1＞1＞0，
当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．
(2)a＝∈，－1＝3∉(0，2)，由(1)知，
当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，2)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，
所以f(x)在(0，2)上的最小值为f(1)＝－．
对任意x1∈(0，2)，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)等价于
g(x)在[1，2]上的最小值不大于f(x)在(0，2)上的最小值－，(*)
又g(x)＝(x－b)2＋4－b2，x∈[1，2]，所以，
①当b＜1时，g(x)min＝g(1)＝5－2b＞0，此时与(*)矛盾；
②当1≤b≤2时，g(x)min＝4－b2≥0，同样与(*)矛盾；
③当b＞2时，g(x)min＝g(2)＝8－4b，且当b＞2时，8－4b＜0，解不等式8－4b≤－，可得b≥，
所以实数b的取值范围为．
[例12] 已知x＝为函数f(x)＝xalnx的极值点．
(1)求a的值；
(2)设函数g(x)＝，若对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，求k的取值范围．
解析 (1)f′(x)＝axa－1ln x＋xa·＝xa－1(aln x＋1)，
f′＝a－1＝0，解得a＝2，
当a＝2时，f′(x)＝x(2ln x＋1)，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，
所以x＝为函数f(x)＝xaln x的极小值点，因此a＝2．
(2)由(1)知f(x)min＝f ＝－，函数g(x)的导函数g′(x)＝k(1－x)e－x．
①当k>0时，当x<1时，g′(x)>0，g(x)在(－∞，1)上单调递增；
当x>1时，g′(x)<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2＝－，使得g(x2)＝g＝<－1<－≤f(x1)，符合题意．
②当k＝0时，g(x)＝0，取x1＝，对∀x2∈R有f(x1)－g(x2)<0，不符合题意．
③当k<0时，当x<1时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x>1时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)min＝g(1)＝，
若对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，只需g(x)min≤f(x)min，即≤－，解得k≤－．
综上所述，k的取值范围为∪(0，＋∞)．
[例13] 已知函数f(x)＝exsinx－cosx，g(x)＝xcosx－ex，其中e是自然对数的底数．
(1)判断函数y＝f(x)在内零点的个数，并说明理由；
(2)∀x1∈，∃x2∈，使得不等式f(x1)＋g(x2)≥m成立，试求实数m的取值范围．
解析 (1)函数y＝f(x)在内零点的个数为1，理由如下：f′(x)＝exsin x＋excos x＋sin x，
当0
由零点存在性定理，可知函数y＝f(x)在内零点的个数为1．
(2)因为不等式f(x1)＋g(x2)≥m等价于f(x1)≥m－g(x2)，所以∀x1∈，∃x2∈，
使得不等式f(x1)＋g(x2)≥m成立，等价于f(x)min≥[m－g(x)]min＝m－g(x)max．
由(1)知，f(x)最小值为f(0)＝－1．
又g′(x)＝cos x－xsin x－ex，当x∈时，0≤cos x≤1，xsin x≥0，ex≥，所以g′(x)<0．
故g(x)在区间上单调递减，当x＝0时，g(x)取得最大值－．
所以－1≥m－(－)，所以m≤－－1，故实数m的取值范围是(－∞，－1－]．
[例14] 已知函数f(x)＝x2eax＋1＋1－a(a∈R)，g(x)＝ex－1－x．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)∀a∈(0，1)，是否存在实数λ，∀m∈[a－1，a]，∃n∈[a－1，a]，使f[(n)]2－λg(m)<0成立？若存在，求λ的取值范围；若不存在，请说明理由．
解析 (1)f(x)＝x2eax＋1＋1－a(a∈R)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝x(ax＋2)eax＋1，
①当a＝0时，x>0，f′(x)>0，x<0，f′(x)<0，
所以函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)；
②当a>0时，x∈，f′(x)>0，x∈，f′(x)<0，x∈(0，＋∞)，f′(x)>0，
所以函数f(x)的单调递增区间为，(0，＋∞)，单调递减区间为；
③当a<0时，x∈(－∞，0)，f′(x)<0，x∈，f′(x)>0，x∈，f′(x)<0，
所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，，单调递增区间为．
(2)由g(x)＝ex－1－x，得g′(x)＝ex－1－1，当x>1时，g′(x)>0，当x<1时，g′(x)<0，
故g(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝0，故当m∈[a－1，a]时，g(m)min＝g(a)＝ea－1－a>0，
当a∈(0，1)时，a－1>－，由(1)知，当n∈[a－1，a]时，f(n)min＝f(0)＝1－a>0，
所以[f(n)]＝(1－a)2，
若∀m∈[a－1，a]，∃n∈[a－1，a]，使[f(n)]2－λg(m)<0成立，即[f(n)]2<λg(m)，则λ>0，且[f(n)]<λg(m)min．
所以(1－a)2<λ(ea－1－a)，所以λ>．
设h(x)＝，x∈[0，1)，则h′(x)＝，
令r(x)＝3ex－1－xex－1－x－1，x∈[0，1]，则r′(x)＝(2－x)ex－1－1，
当x∈(0，1)时，e1－x>2－x，所以(2－x)ex－1<1，故r′(x)<0，所以r(x)在[0，1]上单调递减，
所以当x∈[0，1)时，r(x)>r(1)＝0，即r(x)>0，
又当x∈[0，1)时，x－1<0，所以当x∈[0，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以当x∈(0，1)时，h(x)
【对点训练】
11．已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋1的单调递减区间是(1，2)．
(1)求f(x)的解析式；
(2)若对任意的x1∈(0，2]，存在x2∈[2，＋∞)，使不等式x－x1lnx1－x1t＋3＞f(x2)成立，求实数t的取值范围．
11．解析 (1)由题得f′(x)＝3x2＋2bx＋c．∵f(x)的单调递减区间是(1，2)，
∴解得b＝－，c＝6，∴f(x)＝x3－x2＋6x＋1；
(2)由(1)得f′(x)＝3x2＋2bx＋c＝3(x－1)(x－2)
当x∈[2，＋∞)，f′(x)≥0，∴f(x)在[2，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(2)＝3；
要使若对任意的x1∈(0，2]，存在x2∈[2，＋∞)，使不等式x－x1ln x1－x1t＋3＞f(x2)成立，
只需对任意的x1∈(0，2]，不等式x－x1ln x1－x1t＋3＞3成立，
所以需对任意的x1∈(0，2]，x1t＜x－x1ln x1恒成立，
只需t＜x－ln x1在x1∈(0，2]上恒成立．
设h(x)＝x2－ln x，x∈(0，2]，则h′(x)＝x－＝，
当x1∈(0，2]时，h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增，∴h(x)min＝h(1)＝，
要使t＜x2－ln x在 x∈(0，2]上恒成立，只需t＜h(x)min，则t＜．
故t的取值范围是．
12．已知函数f(x)＝ax＋lnx(a∈R).
(1)求f(x)的单调区间；
(2)设g(x)＝x2－2x＋2，若对任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0，1]使得f(x1)
①当a≥0时，由于x>0，故ax＋1>0，f′(x)>0，所以f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．
②当a<0时，由f′(x)＝0，得x＝－．
在区间上，f′(x)>0，在区间上，f′(x)<0，
所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)由已知得所求可转化为f(x)max
当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，
故f(x)的极大值即为最大值，是f＝－1＋ln＝－1－ln(－a)，
所以2>－1－ln(－a)，解得a<－．
13．已知函数f(x)＝lnx－ax＋－1(a∈R)．
(1)当a＝1时，证明：f(x)≤－2；
(2)设g(x)＝x2－2bx＋4，当a＝时，若∀x1∈(0，2)，∃x2∈[1，2]，f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．
13．解析 (1)当a＝1时，f(x)＝ln x－x－1，则f′(x)＝－1，
所以当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－2，故f(x)≤－2．
(2)依题意得f(x)在(0，2)上的最小值不小于g(x)在[1，2]上的最小值，即f(x)min≥g(x)min．
当a＝时，f(x)＝ln x－x＋－1，所以f′(x)＝－－＝－，
当0
所以当x∈(0，2)时，f(x)min＝f(1)＝－．又g(x)＝x2－2bx＋4，x∈[1，2]，
①当b<1时，易得g(x)min＝g(1)＝5－2b，则5－2b≤－，解得b≥，这与b<1矛盾；
②当1≤b≤2时，易得g(x)min＝g(b)＝4－b2，则4－b2≤－，所以b2≥，这与1≤b≤2矛盾；
③当b>2时，易得g(x)min＝g(2)＝8－4b，则8－4b≤－，解得b≥．
综上，实数b的取值范围是[，＋∞)．
14．已知函数f(x)＝x3＋x2＋ax．
(1)若函数f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a的最小值；
(2)若函数g(x)＝，对∀x1∈，∃x2∈，使f′(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围．
14．解析 (1)由题设知f′(x)＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，
即a≥－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，
而函数y＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减，则ymax＝－3，
所以a≥－3，所以a的最小值为－3．
(2)“对∀x1∈，∃x2∈，使f′(x1)≤g(x2)成立”等价于“当x∈时，f′(x)max≤g(x)max”．
因为f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在上单调递增，所以f′(x)max＝f′(2)＝8＋a．
而g′(x)＝，由g′(x)>0，得x<1，由g′(x)<0，得x>1，
所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
所以当x∈时，g(x)max＝g(1)＝．由8＋a≤，得a≤－8，
所以实数a的取值范围为．
15．已知函数f(x)＝ax2－(2a＋1)x＋2lnx(a∈R)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)设g(x)＝x2－2x，若对任意x1∈(0，2]，均存在x2∈(0，2]，使得f(x1)
①当a≤0时， ax－1<0，在区间(0，2)上，f′(x)>0，在区间(2，＋∞)上，f′(x)<0，故f(x)的单调递增区间是(0，2)，单调递减区间是(2，＋∞)．
②当0
③当a＝时，f′(x)＝≥0，故f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)．
④当a>时，0<<2.在区间和(2，＋∞)上，f′(x)>0，在区间上f′(x)<0.
故f(x)的单调递增区间是和(2，＋∞)，单调递减区间是.
(2)由已知，在(0，2]上有f(x)max
所以，－2a－2＋2ln 2<0，解得a>ln 2－1.∴ln 2－1
故f(x)max＝f＝－(2a＋1)＋2ln＝－－2－2ln a<0.
当a>时，＋2ln a>＋2ln e－1>－2，故a>时满足题意．
综上，a的取值范围为(ln 2－1，＋∞)．
16．函数f(x)＝exsinx，g(x)＝(x＋1)cosx－ex，其中e是自然对数的底数．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)对∀x1∈，∃x2∈，使f(x1)＋g(x2)≥m成立，求实数m的取值范围．
16．解析 (1)f′(x)＝exsin x＋excos x＝ex(sin x＋cos x)＝exsin，当2kπ
综上，f(x)的单调递增区间为(k∈Z)，
f(x)的单调递减区间为(k∈Z)．
(2)f(x1)＋g(x2)≥m，即f(x1)≥m－g(x2)，设t(x)＝m－g(x)，则原问题等价于f(x)min≥t(x)min，x∈，
一方面由(1)可知，当x∈时，f′(x)≥0，故f(x)在单调递增，∴f(x)min＝f(0)＝0．
另一方面：t(x)＝m－(x＋1)cos x＋ex，t′(x)＝－cos x＋(x＋1)sin x＋ex，
由于－cos x∈[－1，0]，ex≥，∴－cos x＋ex>0，又(x＋1)sin x≥0，
当x∈，t′(x)>0，t(x)在为增函数，t(x)min＝t(0)＝m－1＋，所以m－1＋≤0，m≤1－．
即实数m的取值范围是(－∞，1－)．
考点四 存在任意型
【例题选讲】
[例15] 已知函数f(x)＝，a∈R．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数g(x)＝(x－k)ex＋k，k∈Z，e＝2.718 28…为自然对数的底数．当a＝1时，若∃x1∈(0，＋∞)，∀x2∈(0，＋∞)，不等式5f(x1)＋g(x2)＞0成立，求k的最大值．
解析 (1)f′(x)＝(x＞0)．由f′(x)＝0，得x＝e1－a．易知f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴当0＜x＜e1－a时，f′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增；当x＞e1－a时，f′(x)＜0，此时函数f(x)单调递减．
∴函数f(x)的单调递增区间是(0，e1－a)，单调递减区间是(e1－a，＋∞)．
(2)当a＝1时，由(1)可知f(x)≤f(e1－a)＝1，∴∃x1∈(0，＋∞)，∀x2∈(0，＋∞)，5f(x1)＋g(x2)＞0成立，
等价于5＋(x－k)ex＋k＞0对x∈(0，＋∞)恒成立，
∵当x∈(0，＋∞)时，ex－1＞0，∴x＋＞k对x∈(0，＋∞)恒成立，
设h(x)＝x＋，则h′(x)＝．令F(x)＝ex－x－6，则F′(x)＝ex－1．
当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＞0，∴函数F(x)＝ex－x－6在(0，＋∞)上单调递增．
而F(2)＝e2－8＜0，F(3)＝e3－9＞0．∴F(2)·F(3)＜0．
∴存在唯一的x0∈(2，3)，使得F(x0)＝0，即ex0＝x0＋6．
∴当x∈(0，x0)时，F(x)＜0，h′(x)＜0，此时函数h(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，F(x)＞0，h′(x)＞0，此时函数h(x)单调递增．
∴当x＝x0时，函数h(x)有极小值(即最小值)h(x0)．
∵h(x0)＝x0＋＝x0＋1∈(3，4)．又k＜h(x0)，k∈Z，∴k的最大值是3．
[例16] 已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex．
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围．
解析 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝．
①若a≤1，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，则f(x)在[1，e]上为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a．
②若1＜a＜e，当x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；当x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数．
所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1．
③若a≥e，当x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－．
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1；
当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－．
(2)由题意知，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]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－．g′(x)＝(1－ex)x．
当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－＜1，
即a＞，所以a的取值范围为．
[例17] (2021·天津)已知a＞0，函数f(x)＝ax－xex．
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)证明函数y＝f(x)存在唯一的极值点；
(3)若存在实数a，使得f(x)≤a＋b对任意x∈R成立，求实数b的取值范围．
解析 (1) f′(x)＝a－(x＋1)ex，则f′(0)＝a－1，
又f(0)＝0，则所求切线方程为y＝(a－1)x(a＞0)．
(2)令f′(x)＝a－(x＋1)ex＝0，则a＝(x＋1)ex．
令g(x)＝(x＋1)ex，则g′(x)＝(x＋2)ex．
当x∈(－∞，－2)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x∈(－2，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．
又当x→－∞时，g(x)＜0，当x→＋∞时，g(x)＞0，
又g(－1)＝0，故画出g(x)的大致图象如下：
所以当a＞0时，y＝a与y＝g(x)的图象仅有一个交点．
令g(m)＝a，则m＞－1，且f′(m)＝a－g(m)＝0．
当x∈(－∞，m)时，a＞g(x)，则f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(m，＋∞)时，a＜g(x)，则f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以x＝m为f(x)的极大值点，故f(x)存在唯一的极值点．
(3)由(2)知f(x)max＝f(m)，此时a＝(1＋m)em，且m＞－1，
所以(f(x)－a)max＝f(m)－a＝(m2－m－1)em，m＞－1．
令h(x)＝(x2－x－1)ex(x＞－1)，
若存在a，使得f(x)≤a＋b对任意x∈R成立，等价于存在x∈(－1，＋∞)，使得h(x)≤b，即b≥h(x)min．
h′(x)＝(x2＋x－2)ex＝(x－1)(x＋2)ex，x＞－1，
当x∈(－1，1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(1)＝－e，故b≥－e，所以实数b的取值范围为[－e，＋∞)．
【对点训练】
17．已知f(x)＝＋lnx，(a∈R，且a≠0)．
(1)试讨论函数y＝f(x)的单调性；
(2)若∃x0∈(0，＋∞)使得∀x∈(0，＋∞)都有f(x)≥f(x0)恒成立，且f(x0)≥0，求满足条件的实数a的取值集合．
17．解析 (1)由f(x)＝＋ln x，得f′(x)＝(x＞0)．
①当a＜0时，f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a＞0时，由f′(x)＞0得x＞，由f′(x)＜0得0＜x＜，
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增．
综上：①当a＜0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无递减区间；
②当a＞0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)由题意函数存在最小值f(x0)且f(x0)≥0，
①当a＜0时，由(1)上单调递增且f(1)＝0，当x∈(0，1)时，f(x)＜0，不符合条件；
②当a＞0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，∴f(x)min＝f＝1－＋ln ，
∴只需f(x)min≥0即1－＋ln ≥0，记g(x)＝1－x＋ln x(x＞0)则g′(x)＝－1＋，
由g′(x)＞0得0＜x＜1，由g′(x)＜0得x＞1，
∴g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴g(x)≤g(1)＝0，∴＝1，∴a＝1，
即满足条件a的取值集合为{1}．
18．已知函数f(x)＝x－mlnx－(m∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex．
(1)若m
18．解析 (1)f(x)＝x－mln x－，且定义域(0，＋∞)，
∴f′(x)＝1－＋＝，
①当m≤2时，若x∈[1，e]，则f′(x)≥0，∴f(x)在[1，e]上是增函数，则f(x)min＝f(1)＝2－m．
②当2
(2)已知等价于f(x1)min≤g(x2)min．由(1)知m≤2时，在x1∈[e，e2]上有f′(x1)≥0，
∴f(x1)min＝f(e)＝e－m－．又g′(x)＝x＋ex－(x＋1)ex＝x(1－ex)，
当x2∈[－2，0]时，g′(x2)≤0，g(x2)min＝g(0)＝1．
所以m≤2且e－m－≤1，解得≤m≤2．
所以实数m的取值范围是．
19．已知函数f(x)＝lnx，h(x)＝ax(a∈R)．
(1)若函数f(x)与h(x)的图象无公共点，试求实数a的取值范围；
(2)是否存在实数m，使得对任意的x∈，都有函数y＝f(x)＋的图象在g(x)＝的图象的下方？若存在，请求出最大整数m的值；若不存在，请说明理由．
参考数据：ln 2≈0.693 1，ln 3≈1.098 6，≈1.648 7 ，≈1.395 6．
19．解析 (1)函数f(x)与h(x)的图象无公共点，等价于方程＝a在(0，＋∞)上无解．
令t(x)＝(x＞0)，则t′(x)＝，令t′(x)＝0，得x＝e．
当x变化时，t′(x)，t(x)的变化情况如下表：
x
(0，e)
e
(e，＋∞)
t′(x)
＋
0
－
t(x)
极大值
由表可知x＝e是函数t(x)的唯一极大值点，故tmax＝t(e)＝，
故要使方程＝a在(0，＋∞)上无解，只需a＞，
故实数a的取值范围为
(2)假设存在实数m满足题意，则不等式ln x＋＜对x∈恒成立，
即m＜ex－xln x对x∈恒成立．
令r(x)＝ex－xln x，则r′(x)＝ex－ln x－1，令φ(x)＝ex－ln x－1，则φ′(x)＝ex－，
因为φ′(x)在上单调递增，φ′＝e－2＜0，φ′(1)＝e－1＞0，且φ′(x)的图象在上连续，
所以存在x0∈，使得φ′(x0)＝0，即ex0－＝0，则x0＝－ln x0．
所以当x∈时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增．
所以φ(x)的最小值为φ(x0)，且φ(x0)＝ex0－ln x0－1＝x0＋－1＞2－1＝1＞0，
所以r′(x)＞0，r(x)在区间上单调递增．
∴m≤r＝e－ln＝e＋ln 2≈1.995 25．∴存在实数m，且最大整数m的值为1．
20．已知向量m＝(ex，ln x＋k)，n＝(1，f(x))，m∥n(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，
f(1))处的切线与y轴垂直，F(x)＝xexf′(x)．
(1)求k的值及F(x)的单调区间；
(2)已知函数g(x)＝－x2＋2ax(a为正实数)，若对于任意x2∈[0，1]，总存在x1∈(0，＋∞)，使得g(x2)
由已知，f′(1)＝＝0，所以k＝1，
所以F(x)＝xexf′(x)＝x＝1－xln x－x，所以F′(x)＝－ln x－2．
由F′(x)＝－ln x－2≥0得0
(2)因为对于任意x2∈[0,1]，总存在x1∈(0，＋∞)，使得g(x2)
对于g(x)＝－x2＋2ax，其对称轴为直线x＝a．
当0
考点五 双存在型
【例题选讲】
[例18] 已知函数f(x)＝ax＋x2－xln a(a>0，a≠1)．
(1)求函数f(x)的极小值；
(2)若存在x1，x2∈[－1，1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1(e是自然对数的底数)，求实数a的取值范围．
解析 (1)f′(x)＝axln a＋2x－ln a＝2x＋(ax－1)ln a．
∵当a>1时，ln a>0，函数y＝(ax－1)ln a在R上是增函数，
当0
∴函数f(x)在x＝0处取得极小值1．
(2)∵存在x1，x2∈[－1，1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1，∴只需f(x)max－f(x)min≥e－1即可．
由(1)可知，当x∈[－1，1]时，f(x)在[－1，0]上是减函数，在(0，1]上是增函数，
∴当x∈[－1，1]时，f(x)min＝f(0)＝1，f(x)max为f(－1)和f(1)中的较大者．
f(1)－f(－1)＝(a＋1－ln a)－＝a－－2ln a，
令g(a)＝a－－2ln a(a>0)，∵g′(a)＝1＋－＝2>0，
∴g(a)＝a－－2ln a在(0，＋∞)上是增函数．
而g(1)＝0，故当a>1时，g(a)>0，即f(1)>f(－1)；
当0
由函数y＝a－ln a在(1，＋∞)上是增函数，解得a≥e；
当0
[例19] 已知函数f(x)＝x－alnx＋在x＝1处取得极值.
(1)若a>1，求函数f(x)的单调区间；
(2)若a>3，函数g(x)＝a2x2＋3，若存在m1，m2∈，使得|f(m1)－g(m2)|<9成立，求a的取值范围．
解析 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝1－－．
由题意，f′(1)＝1－a－b＝0，得b＝1－a．
则f′(x)＝1－－＝＝，
令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝a－1．
若1
若a>2，则函数f(x)的单调递减区间为(1，a－1)，单调递增区间为(0，1)，(a－1，＋∞)．
(2)若a>3时，f(x)在上单调递增，在(1，2)上单调递减，所以f(x)的最大值为f(1)＝2－a<0．
易知g(x)在上单调递增，则g(x)min＝g．
又g＝a2＋3>0，∴g(x)>f(x)在上恒成立，
若存在m1，m2∈，使得|f(m1)－g(m2)|<9成立，只需要g－f(1)<9，
即a2＋3－(2－a)<9，解得－8
【对点训练】
21．已知函数f (x)＝ax＋x2－xln a(a>0，a≠1)．
(1)当a＝e(e是自然对数的底数)时，求函数f (x)的单调区间；
(2)若存在x1，x2∈[－1，1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1，求实数a的取值范围．
21．解析 (1)f ′(x)＝axln a＋2x－ln a＝2x＋(ax－1)ln a．
当a＝e时，f ′(x)＝2x＋ex－1，其在R上是增函数，
又f ′(0)＝0，∴f ′(x)>0的解集为(0，＋∞)，f ′(x)<0的解集为(－∞，0)，
故函数f (x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)．
(2)∵存在x1，x2∈[－1，1]，使得|f (x1)－f (x2)|≥e－1，
又当x1，x2∈[－1，1]时，|f (x1)－f (x2)|≤f (x)max－f (x)min，∴只要f (x)max－f (x)min≥e－1即可．
∵当a>1时，ln a>0，y＝(ax－1)ln a在R上是增函数，
当0
∴f (x)在(－∞，0)上是增函数，f (x)在(0，＋∞)是减函数．
∴当x∈[－1，1]时，f (x)min＝f (0)＝1，f (x)max为f (－1)和f (1)中的较大者．
f (1)－f (－1)＝(a＋1－ln a)－＝a－－2ln a．
令g(a)＝a－－2ln a(a>0)，∴g′(a)＝1＋－＝2≥0，
∴g(a)＝a－－2ln a在(0，＋∞)上是增函数．
而g(1)＝0，故当a>1时，g(a)>0，即f (1)>f (－1)；当0
函数y＝a－ln a在(1，＋∞)上是增函数，解得a≥e；
当0
22．已知函数f(x)＝(x－1)ex＋1＋mx2，当0＜m≤6时，g(x)＝x3－－mx，x∈(0，2]，若存在x1∈R，x2∈(0，
2]，使f(x1)≤g(x2)成立，求实数m的取值范围．
22．解析 x∈(－∞，＋∞)且f′(x)＝ex＋1＋(x－1)ex＋1＋2mx＝x(ex＋1＋2m)，
当m＞0时，因为ex＋1＞0，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0＜m≤6，所以g′(x)＞0，
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(x1)min≤g(x2)max，所以6－2m≥－e，所以0＜m≤3＋，
故m的取值范围为．
23．设x＝3是函数f(x)＝(x2＋ax＋b)e3－x(x∈R)的一个极值点．
(1)求a与b之间的关系式，并求当a＝2时，函数f(x)的单调区间；
(2)设a>0，g(x)＝ex．若存在x1，x2∈[0，4]使得|f(x1)－g(x2)|<1成立，求实数a的取值范围．
23．解析 (1)f′(x)＝－[x2＋(a－2)x＋b－a]e3－x，
由题意知f′(3)＝0，即－[9＋3(a－2)＋b－a]＝0，解得b＝－2a－3．当a＝2时，b＝－7，
故由f′(x)＝－(x2－9)e3－x>0得－3
(2)由(1)得f′(x)＝－[x2＋(a－2)x－3a－3]e3－x，由f′(x)>0得－a－1
于是f(x)max＝f(3)＝a＋6，f(x)min＝min{f(0)，f(4)}＝－(2a＋3)e3．
g(x)在[0，4]上单调递增，g(x)∈．
根据题意，－(a＋6)≥0恒成立，
所以只要－(a＋6)<1，解得－
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