当x>ln 2时，f′(x)>0，f(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增． 所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝e
ln 2
－2ln 2＝2－ln 4，
f(x)无极大值．
(2)证明：令g(x)＝e－x，则g′(x)＝e－2x. 由(1)，得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＝2－ln 4>0， 故g(x)在R上单调递增． 又g(0)＝1>0，
所以当x>0时，g(x)>g(0)>0，即x 3．(20162南京四校联考)已知函数f(x)＝m(x－1)e＋x(m∈R)． (1)若m＝－1，求函数f(x)的单调区间； (2)若对任意的x＜0，不等式x＋(m＋2)x＞f′(x)恒成立，求m的取值范围． 解：(1)当m＝－1时，f(x)＝(1－x)e＋x， 则f′(x)＝x(2－e)， 由f′(x)＞0得，0＜x＜ln 2， 由f′(x)＜0得x＜0或x＞ln 2， 故函数f(x)的单调递增区间为(0，ln 2)，单调递减区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)． xx2 2 2 x2xxx2 ?x2?2 (2)依题意，f′(x)＝mx?e＋?＜x＋(m＋2)x，x＜0， ? m? 因为x＜0，所以me－x－m＞0， 令h(x)＝me－x－m，则h′(x)＝me－1， 当m≤1时，h′(x)≤e－1＜0， 则h(x)在(－∞，0)上单调递减， 所以h(x)＞h(0)＝0，符合题意； 当m＞1时，h(x)在(－∞，－ln m)上单调递减，在(－ln m,0)上单调递增， 所以h(x)min＝h(－ln m)＜h(0)＝0，不合题意． 综上所述，m的取值范围为(－∞，1]． 角度三：存在型不等式成立问题 4．已知a为实数，函数f(x)＝aln x＋x－4x. (1)是否存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值？证明你的结论； 2 xxxx?1?使得f(x)≤g(x)成立，求实数a的取值范围． (2)设g(x)＝(a－2)x，若?x0∈?，e?， 00 ?e? 2 a2x－4x＋a解：(1)函数f(x)定义域为(0，＋∞)，f(x)＝＋2x－4＝. xx假设存在实数a，使f(x)在x＝1处取极值，则f(1)＝0， 41 2?x－1? ∴a＝2，此时，f′(x)＝，当x>0时，f′(x)≥0恒成立， 2 x∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴x＝1不是f(x)的极值点． 故不存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值． (2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－ln x0)a≥x0－2x0， 记F(x)＝x－ln x(x>0)，∴F′(x)＝ 2 x－1 (x>0)， x∴当0 x2x2－2x0－2x0?1?∴a≥，记G(x)＝，x∈?，e?， x0－ln x0x－ln x?e? ?2x－2??x－ln x?－?x－2??x－1?∴G′(x)＝＝ 2?x－ln x??x－1??x－2ln x＋2? . 2 ?x－ln x? ?1?∵x∈?，e?，∴2－2ln x＝2(1－ln x)≥0， ?e? ∴x－2ln x＋2>0， ?1?∴x∈?，1?时，G′(x)<0，G(x)单调递减； ?e? 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，＋∞)． [方法归纳] 导数在不等式问题中的应用问题2大解题策略 (1)利用导数证明不等式 若证明f(x)＜g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)＜0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)≤0，由减函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)＜0，即证明了f(x)＜g(x)． (2)利用导数解决不等式的恒成立问题 利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 42 一保高考，全练题型做到高考达标 1．定义在实数集上的函数f(x)＝x2 ＋x，g(x)＝13x3－2x＋m. (1)求函数f(x)的图象在x＝1处的切线方程； (2)若f(x)≥g(x)对任意的x∈[－4,4]恒成立，求实数m的取值范围． 解：(1)∵f(x)＝x2 ＋x，∴当x＝1时，f(1)＝2， ∵f′(x)＝2x＋1，∴f′(1)＝3， ∴所求切线方程为y－2＝3(x－1)，即3x－y－1＝0. (2)令h(x)＝g(x)－f(x)＝132 3x－x－3x＋m， 则h′(x)＝(x－3)(x＋1)． ∴当－4＜x＜－1时，h′(x)＞0； 当－1＜x＜3时，h′(x)＜0； 当3＜x＜4时，h′(x)＞0. 要使f(x)≥g(x)恒成立，即h(x)max≤0， 由上知h(x)的最大值在x＝－1或x＝4处取得， 而h(－1)＝m＋520 3，h(4)＝m－3， 所以m＋53≤0，即m≤－5 3， ∴实数m的取值范围为??5?－∞，－3???. 2．已知函数f(x)＝ ax－ae x(a＜0)． (1)当a＝－1时，求函数f(x)的极值； (2)若函数F(x)＝f(x)＋1没有零点，求实数a的取值范围． 解：(1)当a＝－1时，f(x)＝－x＋1ex，f′(x)＝x－2 ex.由f′(x)＝0，得x＝2. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，2) 2 (2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 极小值 所以，函数f(x)的极小值为f(2)＝－1e 2，函数f(x)无极大值． 43 (2)F′(x)＝f′(x)＝aex－?ax－a?ex－a?x－2? e 2x＝e x. 当a＜0时，F′(x)，F(x)的变化情况如下表： x F′(x) F(x) (－∞，2) － 2 0 极小值 (2，＋∞) ＋ 2 2 若使函数F(x)没有零点，当且仅当F(2)＝2＋1＞0，解得a＞－e，所以此时－e＜ae＜0. 故实数a的取值范围为(－e0)． 3．某商场的销售部经过市场调查发现，该商场的某种商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝ ＋10(x－6)，其中3 x－3 2, aa2 知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克． (1)求a的值； (2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使该商场每日销售该商品所获得的利润最大． 解：(1)因为x＝5时，y＝11， 所以＋10＝11，解得a＝2. 2(2)由(1)，可知y＝ 22 ＋10(x－6). x－3 a设该商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)元， 则f(x)＝(x－3)? ?2＋10?x－6?2?＝2＋10(x－3)(x－6)2,3 ? ?x－3? 2 所以f′(x)＝10[(x－6)＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)． 令f′(x)＝0，得x＝4或6(舍去)． 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x f′(x) f(x) (3,4) ＋ 4 0 极大值 (4,6) － 由上表，可知当x＝4时，函数f(x)取得最大值，且最大值为42. 故当销售价格为4元/千克时，该商场每日销售该商品所获得的利润最大． a2 4．(20162扬州调研)已知函数f(x)＝－ax＋(a－1)x和g(x)＝x＋. 3x2 2 x3 (1)求证：不论实数a取何值，f(x)总有两个极值点； 44