②当??>0时，??′′(??)=2???=
??
12?????1??
，
1
（i）当0
2
1
)时，??′′(??)<0，??′(??)递减，??′(??)
1
??(??)
（ii）当??≥时，??′′(??)≥0，??′(??)在[1,+∞)递增，??′(??)≥??′(1)=0，??(??)在[1,+∞)递增，
21
??(??)≥??(1)=0，??(??)≤??(??)恒成立. 综上，??≥2.
（Ⅰ）（方法2）：??+??ln??≤????2?2(???1)??+???1， ?????(2???1)+设??(??)=????+
???1??
???1??
1
≥ln??（??≥1），
?2??+1?ln??，??′(??)=
(????+???1)(???1)
??2，令??(??)=????+(???1)(??≥1)
(1)当??≤0时， ??(??)<0，??′(??)<0，??(??)在[1,+∞)递减，∴当??>1时, ??(??)<0，与已知矛盾 (2)当??>0时，??(??)=????+(???1)≥2???1
①当??≥2时，??(??)≥0，??′(??)≥0 ∴??(??)在[1,+∞)递增∴??(??)≥??(1)=0，满足题意 ②当0
类型四、直接构造函数，参数取值引起的分类讨论
1e
【例6】设函数f(x)＝ax2－a－lnx，g(x)＝－x，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数。
xe(1)讨论f(x)的单调性。 (2)证明：当x>1时，g(x)>0。
(3)确定a的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立。 12ax2－1
【解析】(1)f′(x)＝2ax－＝(x>0)。
xx当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减。 当a>0时，由f′(x)＝0有x＝当x∈?1?1
。当x∈?0，时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
2a??2a11
1?????
1
，??′(??)<0，∴??(??)在(1,
1?????
)递减，??(??)
1
，＋∞?时，f′(x)>0，f(x)单调递增。 ?2a?
－
－
(2)证明：令s(x)＝ex1－x，则s′(x)＝ex1－1。当x>1时，s′(x)>0，所以s(x)在(1，＋∞)单调递增。 11－
又由s(x)>s(1)＝0知ex1>x，从而g(x)＝－x－1>0。
xe
(3)由(2)，当x>1时，g(x)>0。
当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－lnx<0。故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0。 1?1?11
当0
2?2a??2a?2a所以此时f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立。
111111－
当a≥时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)。当x>1时，h′(x)＝2ax－＋2－e1x>x－＋2－
2xxxxxx3－2x＋1x2－2x＋1＝>>0。因此，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增。
x2x2又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立。 1?综上，a∈??2，＋∞?。
类型五、直接构造函数，二次项系数引起的分类讨论 【例7】已知函数f(x)＝.xlnx
(1)试求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；
(2)若x>1，试判断方程f(x)＝(x－1)(ax－a＋1)的解的个数．
1
【解析】(1)f′(x)＝lnx＋x·＝1＋ln x，∴f′(e)＝2.又f(e)＝e，∴切线方程为2x－y－e＝0.
x(2)方程f(x)＝(x－1)(ax－a＋1)的解即为方程ln x－设h(x)＝ln x－
x－1
x－1
ax－a＋1
＝0的解．
x
ax＋a－1
，x>1.
x2ax－a＋1ax2－x－a＋1x－1
，x>1. 则h′(x)＝－＝－xx2
①当a＝0时，h′(x)>0，h(x)为增函数，∴h(x)>h(1)＝0，方程无解． 1－a
②当a≠0时，令h′(x)＝0得x1＝1，x2＝.
a
1－a
(Ⅰ)当a<0，即x2＝<1时，∵x>1，∴h′(x)>0，则h(x)为(1，＋∞)上的增函数，
a∴h(x)>h(1)＝0，方程无解． 1－a1
(Ⅰ)当0
2a
1－a?1－a
x∈?1，时，h′(x)>0，h(x)为增函数；x∈?，＋∞?时，h′(x)<0，h(x)为减函数．
a???a?1－a
又x趋向＋∞时，h(x)＝ln x－ax＋＋2a－1<0，h(1)＝0，∴方程有一个解．
x
1－a1
(Ⅰ)当a≥，即≤1时，∵x>1，∴h′(x)<0，h(x)为减函数，而h(x) 2a11 ，＋∞?时，原方程无解；当a∈?0，?时，原方程有一个解． 综上所述，当a∈(－∞，0]∪??2??2? 【类题展示】设函数f(x)＝mx2－mx－1。若对于x∈[1,3]，f(x)<－m＋5恒成立，求m的取值范围。 13 x－?2m－6<0在x∈[1,3]上恒成立。 【解析】要使f(x)<－m＋5在x∈[1,3]上恒成立，即m??2?413 x－?2＋m－6，x∈[1,3]。 令g(x)＝m??2?4 66 当m>0时，g(x)在[1,3]上是增函数，所以g(x)max＝g(3)?7m－6<0，所以m<，所以0 77当m＝0时，－6<0恒成立； 当m<0时，g(x)在[1,3]上是减函数，所以g(x)max＝g(1)?m－6<0，所以m<6，所以m<0。 6 综上所述：m的取值范围是{m|m<}。 7类型六、直接构造函数，无需讨论， 对于一些不等式证明、不等式恒成立、函数图象关系的问题，可以通过直接构造函数进行求解，无需分情况讨论。 【例8】(2020届高三唐山市高三模拟)已知f(x)＝(1－x)ex－1. (1)求函数f(x)的最大值； fx (2)设g(x)＝，x>－1，且x≠0，证明：g(x)<1. x 【解析】(1)f′(x)＝?xex当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．所以f(x)的最大值为f(0)＝0. (2)证明：由(1)知，当x>0时，f(x)<0，g(x)<0<1. 当－1 从而当x∈(－1,0)时，h′(x)<0，h(x)在(－1,0]上单调递减．－1 (x?1)2【例9】已知函数f(x)＝lnx－ 2(1)求函数f(x)的单调递增区间； (2)证明：当x>1时，f(x) (3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x0>1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)>k(x－1)． ??x>0，－x2＋x＋11＋51 【解析】 (1)f′(x)＝－x＋1＝，x∈(0，＋∞)．由f′(x)>0得?2解得0 xx2?－x＋x＋1>0.? ?1＋5?. 故f(x)的单调递增区间是?0，?2?? 1－x2(2)证明：令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞)．则F′(x)＝. x当x∈(1，＋∞)时，F′(x)<0，所以F(x)在[1，＋∞)上单调递减， 故当x>1时，F(x) 当k>1时，对于x>1，有f(x) －x2＋1－kx＋11 则G′(x)＝－x＋1－k＝.由G′(x)＝0，得－x2＋(1－k)x＋1＝0. xx1－k－ 解得x1＝ 1－k2 2＋4 1－k＋ <0，x2＝ 1－k2 2＋4 >1. 当x∈(1，x2)时，G′(x)>0，故G(x)在[1，x2)内单调递增． 从而当x∈(1，x2)时，G(x)>G(1)＝0，即f(x)>k(x－1)， 综上，k的取值范围是(－∞，1)． ex 【例10】已知函数f(x)＝. x－m (1)讨论函数y＝f(x)在x∈(m，＋∞)上的单调性； 1 0，?，则当x∈[m，m＋1]时，函数y＝f(x)的图象是否总在函数g(x)＝x2＋x图象上方？请写出判(2)若m∈??2?断过程． 【解析】(1) f′(x)＝ ex x－m－exex ＝ x－m2 x－m－1 ， x－m2 当x∈(m，m＋1)时，f′(x)<0，当x∈(m＋1，＋∞)时，f′(x)>0， 所以f(x)在(m，m＋1)上单调递减，在(m＋1，＋∞)上单调递增． (2)由(1)知f(x)在(m，m＋1)上单调递减，所以其最小值为f(m＋1)＝em1. 1 0，?，g(x)在[m，m＋1]上的最大值为(m＋1)2＋m＋1. 因为m∈??2?所以下面判断f(m＋1)与(m＋1)2＋m＋1的大小， 3 1，?. 即判断ex与(1＋x)x的大小，其中x＝m＋1∈??2?令m(x)＝ex－(1＋x)x，m′(x)＝ex－2x－1，令h(x)＝m′(x)，则h′(x)＝ex－2， 3 1，?所以h′(x)＝ex－2>0，m′(x)单调递增， 因为x＝m＋1∈??2?＋ 3?3?3?又m′(1)＝e－3<0，m′?＝e－4>0，故存在x0∈1，，使得m′(x0)＝ex0－2x0－1＝0. ?2?2?2?3 x0，?上单调递增， 所以m(x)在(1，x0)上单调递减，在?2?? 22所以m(x)≥m(x0)＝ex0－x20－x0＝2x0＋1－x0－x0＝－x0＋x0＋1， 3x 1，?时，m(x0)＝－x2所以当x0∈?0＋x0＋1>0，即e>(1＋x)x， 2?? 即f(m＋1)>(m＋1)2＋m＋1，所以函数y＝f(x)的图象总在函数g(x)＝x2＋x图象上方． 【类题展示】设函数f(x)＝ax＋2，g(x)＝a2x2－lnx＋2，其中a∈R，x>0. (1)若a＝2，求曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程； (2)是否存在负数a，使f(x)≤g(x)对一切正数x都成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由． 1 【解析】(1)由题意可知，当a＝2时，g(x)＝4x2－ln x＋2，则g′(x)＝8x－. x曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线斜率k＝g′(1)＝7，又g(1)＝6， 所以曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线的方程为y－6＝7(x－1)，即7x－y－1＝0. (2)设函数h(x)＝f(x)－g(x)＝ax＋ln x－a2x2 (x>0)． 假设存在负数a，使得f(x)≤g(x)对一切正数x都成立， －2a2x2＋ax＋112即当x>0时，h(x)的最大值小于等于零．h′(x)＝a＋－2ax＝ (x>0)． xx11 令h′(x)＝0，得x1＝－，x2＝(舍去)． 2aa 11 当0 2a2a1113 －?≤0，解得a≤－e－， 所以h(x)在x＝－处有极大值，也是最大值．∴h(x)max＝h??2a?2a2413 所以负数a存在，它的取值范围为{a|a≤－e－}． 24三、跟踪训练 1、已知函数f(x)=lnx+ax2-2x,（a∈R,a≠0） (1)若函数f(x)的图象在x=1处的切线与x轴平行,求f(x)的单调区间; (2)若f(x)≤ax在x∈[,+∞)上恒成立,求a的取值范围. 21 【解析】 (1)函数f(x)=lnx+ax2-2x,定义域为(0,+∞),f '(x)=??+2ax-2.由已知f '(1)=1+2a-2=0,解得a=2, 于是f '(x)= ??2?2??+1 ?? 11 ≥0恒成立,从而f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间.
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