新課改瘦專(zhuān)用2025版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第二節(jié)導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用第3課時(shí)題型研究-“函數(shù)與導(dǎo)數(shù)”大題?？嫉?類(lèi)題型講義含解析VIP

PAGEPAGE13第3課時(shí)題型探討——“函數(shù)與導(dǎo)數(shù)”大題常考的3類(lèi)題型利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性是高考的熱點(diǎn)和重點(diǎn)，一般為解答題的第一問(wèn)，若不含參數(shù)，難度一般，若含參數(shù)，則較難．常見(jiàn)的考法有：(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．(2)探討函數(shù)的單調(diào)性．(3)由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)．考法一求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間[例1](2024·湘東五校聯(lián)考節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝(lnx－k－1)x(k∈R)．當(dāng)x>1時(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間．[解]f′(x)＝eq\f(1,x)·x＋lnx－k－1＝lnx－k，①當(dāng)k≤0時(shí)，因?yàn)閤>1，所以f′(x)＝lnx－k>0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(1，＋∞)，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間．②當(dāng)k>0時(shí)，令lnx－k＝0，解得x＝ek，當(dāng)1<x<ek時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>ek時(shí)，f′(x)>0.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(1，ek)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ek，＋∞)．綜上所述，當(dāng)k≤0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(1，＋∞)，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)k>0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(1，ek)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ek，＋∞)．[方法技巧]利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的方法(1)當(dāng)導(dǎo)函數(shù)不等式可解時(shí)，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0求出單調(diào)區(qū)間．(2)當(dāng)方程f′(x)＝0可解時(shí)，解出方程的實(shí)根，依照實(shí)根把函數(shù)的定義域劃分為幾個(gè)區(qū)間，確定各區(qū)間f′(x)的符號(hào)，從而確定單調(diào)區(qū)間．(3)若導(dǎo)函數(shù)的方程、不等式都不行解，依據(jù)f′(x)結(jié)構(gòu)特征，利用圖象與性質(zhì)確定f′(x)的符號(hào)，從而確定單調(diào)區(qū)間．[針對(duì)訓(xùn)練](2024·湖南、江西十四校聯(lián)考)已知f(x)＝(x2－ax)lnx－eq\f(3,2)x2＋2ax，求f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間．解：易得f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝(2x－a)lnx＋x－a－3x＋2a＝(2x－a)lnx－(2x－a)＝(2x－a)(lnx－1)，令f′(x)＝0得x＝eq\f(a,2)或x＝e.當(dāng)a≤0時(shí)，因?yàn)閤>0，所以2x－a>0，令f′(x)<0得x<e，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，e)．當(dāng)a>0時(shí)，①若eq\f(a,2)<e，即0<a<2e，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)))時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，e))時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，e))；②若eq\f(a,2)＝e，即a＝2e，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)≥0恒成立，f(x)沒(méi)有單調(diào)遞減區(qū)間；③若eq\f(a,2)>e，即a>2e，當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，\f(a,2)))時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，\f(a,2))).綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，e)；當(dāng)0<a<2e時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，e))；當(dāng)a＝2e時(shí)，f(x)無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)a>2e時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，\f(a,2))).考法二探討函數(shù)的單調(diào)性[例2]已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(1,ax)－eq\f(1,a)(a∈R且a≠0)，探討函數(shù)f(x)的單調(diào)性．[解]f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)(x>0)，①當(dāng)a<0時(shí)，f′(x)>0恒成立，∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．②當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)>0，得x>eq\f(1,a)；由f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)<0，得0<x<eq\f(1,a)，∴函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減．[方法技巧]探討函數(shù)f(x)單調(diào)性的步驟(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；(2)求導(dǎo)數(shù)f′(x)，并求方程f′(x)＝0的根；(3)利用f′(x)＝0的根將函數(shù)的定義域分成若干個(gè)子區(qū)間，在這些子區(qū)間上探討f′(x)的正負(fù)，由符號(hào)確定f(x)在該區(qū)間上的單調(diào)性．[提示]探討含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)性時(shí)，需留意依據(jù)參數(shù)取值對(duì)不等式解集的影響進(jìn)行分類(lèi)探討．[針對(duì)訓(xùn)練]已知函數(shù)f(x)＝1－lnx＋a2x2－ax(a∈R)，探討函數(shù)f(x)的單調(diào)性．解：函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(1,x)＋2a2x－a＝eq\f(2a2x2－ax－1,x)＝eq\f(2ax＋1ax－1,x).①若a＝0，則f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．②若a>0，則當(dāng)x＝eq\f(1,a)時(shí)，f′(x)＝0，當(dāng)0<x<eq\f(1,a)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>eq\f(1,a)時(shí)，f′(x)>0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增．③若a<0，則當(dāng)x＝－eq\f(1,2a)時(shí)，f′(x)＝0，當(dāng)0<x<－eq\f(1,2a)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>－eq\f(1,2a)時(shí)，f′(x)>0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))上單調(diào)遞增．綜上所述，當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))上單調(diào)遞增．考法三由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)[例3]設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(a,2)x2＋bx＋c，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝1.(1)求b，c的值；(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在區(qū)間(－2，－1)內(nèi)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[解](1)f′(x)＝x2－ax＋b，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0＝1，,f′0＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝1，,b＝0.))(2)由(1)知f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(a,2)x2＋1，則g′(x)＝x2－ax＋2，依題意，存在x∈(－2，－1)，使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立，即x∈(－2，－1)時(shí)，a<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)))max＝－2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(2,x)，即x＝－eq\r(2)時(shí)等號(hào)成立．所以滿意要求的a的取值范圍是(－∞，－2eq\r(2))．[方法技巧]由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍的方法(1)由可導(dǎo)函數(shù)f(x)在D上單調(diào)遞增(或遞減)求參數(shù)范圍問(wèn)題，可轉(zhuǎn)化為f′(x)≥0(或f′(x)≤0)對(duì)x∈D恒成立問(wèn)題，再參變分別，轉(zhuǎn)化為求最值問(wèn)題，要留意“＝”是否取到．(2)可導(dǎo)函數(shù)在某一區(qū)間上存在單調(diào)區(qū)間，事實(shí)上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在該區(qū)間上存在解集，這樣就把函數(shù)的單調(diào)性問(wèn)題轉(zhuǎn)化成不等式問(wèn)題．(3)若已知f(x)在區(qū)間I上的單調(diào)性，區(qū)間I中含有參數(shù)時(shí)，可先求出f(x)的單調(diào)區(qū)間，令I(lǐng)是其單調(diào)區(qū)間的子集，從而可求出參數(shù)的取值范圍．[針對(duì)訓(xùn)練]已知函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(1,2)x2＋(a＋1)x＋3.(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x)＝－lnx＋eq\f(1,2)x2＋3，定義域?yàn)?0，＋∞)，則f′(x)＝－eq\f(1,x)＋x＝eq\f(x2－1,x).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x＜0，,x＞0，))得0＜x＜1.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)．(2)法一：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，所以f′(x)＝eq\f(a,x)＋x＋a＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以x2＋(a＋1)x＋a≥0，即(x＋1)(x＋a)≥0在(0，＋∞)上恒成立．因?yàn)閤＋1＞0，所以x＋a≥0對(duì)x∈(0，＋∞)恒成立，所以a≥0，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是[0，＋∞)．法二：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，所以f′(x)＝eq\f(a,x)＋x＋a＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立，即x2＋(a＋1)x＋a≥0在(0，＋∞)上恒成立．令g(x)＝x2＋(a＋1)x＋a，因?yàn)棣ぃ?a＋1)2－4a≥0恒成立，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(a＋1,2)≤0，,g0≥0，))即a≥0，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是[0，＋∞).利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的零點(diǎn)或方程根[典例](2024·安徽十大名校聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－x2－ax－1(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，a∈R.(1)證明：當(dāng)a<2－2ln2時(shí)，f′(x)沒(méi)有零點(diǎn)；(2)當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＋x≥0恒成立，求a的取值范圍．[解](1)證明：∵f′(x)＝ex－2x－a，令g(x)＝f′(x)，∴g′(x)＝ex－2.令g′(x)<0，解得x<ln2；令g′(x)>0，解得x>ln2，∴f′(x)在(－∞，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f′(x)min＝f′(ln2)＝2－2ln2－a.當(dāng)a<2－2ln2時(shí)，f′(x)min>0，∴f′(x)的圖象恒在x軸上方，∴f′(x)沒(méi)有零點(diǎn)．(2)當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＋x≥0恒成立，即ex－x2－ax＋x－1≥0恒成立，∴ax≤ex－x2＋x－1，即a≤eq\f(ex,x)－x－eq\f(1,x)＋1恒成立．令h(x)＝eq\f(ex,x)－x－eq\f(1,x)＋1(x>0)，則h′(x)＝eq\f(x－1ex－x－1,x2).當(dāng)x>0時(shí)，ex－x－1>0恒成立，令h′(x)<0，解得0<x<1，令h′(x)>0，解得x>1，∴h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)min＝h(1)＝e－1.∴a的取值范圍是(－∞，e－1]．[方法技巧]利用導(dǎo)數(shù)探討方程根(函數(shù)零點(diǎn))的技巧(1)探討方程根的狀況，可以通過(guò)導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值、改變趨勢(shì)等；(2)依據(jù)題目要求，畫(huà)出函數(shù)圖象的走勢(shì)規(guī)律，標(biāo)明函數(shù)極(最)值的位置；(3)利用數(shù)形結(jié)合的思想去分析問(wèn)題，可以使問(wèn)題的求解有一個(gè)清楚、直觀的整體呈現(xiàn)．[針對(duì)訓(xùn)練](2024·武漢調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)探討g(x)＝f(x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))在區(qū)間[0,1]上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．解：(1)∵f(x)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－a，當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0恒成立，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)<0，得x<lna，令f′(x)>0，得x>lna，∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，lna)，單調(diào)遞增區(qū)間為(lna，＋∞)．(2)令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝eq\f(1,2)，先考慮f(x)在區(qū)間[0,1]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，①當(dāng)a≤1時(shí)，f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增且f(0)＝0，∴f(x)在[0,1]上有一個(gè)零點(diǎn)；②當(dāng)a≥e時(shí)，f(x)在[0,1]上單調(diào)遞減且f(0)＝0，∴f(x)在[0,1]上有一個(gè)零點(diǎn)；③當(dāng)1<a<e時(shí)，f(x)在[0，lna)上單調(diào)遞減，在(lna,1]上單調(diào)遞增，而f(1)＝e－a－1，當(dāng)e－a－1≥0，即1<a≤e－1時(shí)，f(x)在[0,1]上有兩個(gè)零點(diǎn)，當(dāng)e－a－1<0，即e－1<a<e時(shí)，f(x)在[0,1]上有一個(gè)零點(diǎn)．當(dāng)x＝eq\f(1,2)時(shí)，由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0得a＝2(eq\r(e)－1)．∴當(dāng)a≤1或a>e－1或a＝2(eq\r(e)－1)時(shí)，g(x)在[0,1]上有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)1<a≤e－1且a≠2(eq\r(e)－1)時(shí)，g(x)在[0,1]上有三個(gè)零點(diǎn)．利用導(dǎo)數(shù)探討不等式導(dǎo)數(shù)在不等式中的應(yīng)用問(wèn)題是每年高考的必考內(nèi)容，且以解答題的形式考查，難度較大，屬中、高檔題．常見(jiàn)的考法有：(1)證明不等式．(2)不等式恒成立問(wèn)題．(3)存在型不等式成立問(wèn)題．考法一證明不等式[例1](2024·全國(guó)卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ax2＋x－1,ex).(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，－1)處的切線方程；(2)證明：當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)＋e≥0.[解](1)因?yàn)閒′(x)＝eq\f(－ax2＋2a－1x＋2,ex)，所以f′(0)＝2，f(0)＝－1，所以曲線y＝f(x)在(0，－1)處的切線方程是y＋1＝2x，即2x－y－1＝0.(2)證明：當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，則g′(x)＝2x＋1＋ex＋1.當(dāng)x<－1時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>－1時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增．所以g(x)≥g(－1)＝0.因此f(x)＋e≥0.[方法技巧]1．利用導(dǎo)數(shù)證明不等式f(x)>g(x)的基本方法(1)若f(x)與g(x)的最值易求出，可干脆轉(zhuǎn)化為證明f(x)min>g(x)max；(2)若f(x)與g(x)的最值不易求出，可構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，然后依據(jù)函數(shù)h(x)的單調(diào)性或最值，證明h(x)>0.2．證明不等式時(shí)的一些常見(jiàn)結(jié)論(1)lnx≥x－1，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取到；(2)ex≥x＋1，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取到；(3)lnx<x<ex，x>0；(4)eq\f(x,x＋1)≤ln(x＋1)≤x，x>－1，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取到．[針對(duì)訓(xùn)練](2024·廣西柳州畢業(yè)班摸底)已知函數(shù)f(x)＝ax＋xlnx在x＝e－2(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))處取得微小值．(1)求實(shí)數(shù)a的值；(2)當(dāng)x>1時(shí)，求證：f(x)>3(x－1)．解：(1)因?yàn)閒(x)＝ax＋xlnx，所以f′(x)＝a＋lnx＋1，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在x＝e－2處取得微小值，所以f′(e－2)＝0，即a＋lne－2＋1＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝lnx＋2.當(dāng)f′(x)>0時(shí)，x>e－2；當(dāng)f′(x)<0時(shí)，0<x<e－2，所以f(x)在(0，e－2)上單調(diào)遞減，在(e－2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)在x＝e－2處取得微小值，符合題意，所以a＝1.(2)證明：由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋xlnx.令g(x)＝f(x)－3(x－1)，即g(x)＝xlnx－2x＋3(x>0)．g′(x)＝lnx－1，由g′(x)＝0，得x＝e.由g′(x)>0，得x>e；由g′(x)<0，得0<x<e.所以g(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值為g(e)＝3－e>0.于是在(1，＋∞)上，都有g(shù)(x)≥g(e)>0，所以f(x)>3(x－1)．考法二不等式恒成立問(wèn)題[例2](2024·安徽江淮十校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝xlnx(x>0)．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)若對(duì)隨意x∈(0，＋∞)，f(x)≥eq\f(－x2＋mx－3,2)恒成立，求實(shí)數(shù)m的最大值．[解](1)由題意知f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)>0，得x>eq\f(1,e)，令f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,e)，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，f(x)在x＝eq\f(1,e)處取得微小值，微小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)，無(wú)極大值．(2)由f(x)≥eq\f(－x2＋mx－3,2)及f(x)＝xlnx，得m≤eq\f(2xlnx＋x2＋3,x)，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為m≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2xlnx＋x2＋3,x)))min.令g(x)＝eq\f(2xlnx＋x2＋3,x)(x>0)，則g′(x)＝eq\f(2x＋x2－3,x2)，由g′(x)>0?x>1，由g′(x)<0?0<x<1.所以g(x)在(0,1)上是減函數(shù)，在(1，＋∞)上是增函數(shù)，所以g(x)min＝g(1)＝4，即m≤4，所以m的最大值是4.[方法技巧]不等式恒成立問(wèn)題的求解策略(1)已知不等式f(x，λ)≥0(λ為實(shí)參數(shù))對(duì)隨意的x∈D恒成立，求參數(shù)λ的取值范圍．利用導(dǎo)數(shù)解決此類(lèi)問(wèn)題可以運(yùn)用分別參數(shù)法，其一般步驟如下：(2)假如無(wú)法分別參數(shù)，可以考慮對(duì)參數(shù)或自變量進(jìn)行分類(lèi)探討求解，假如是二次不等式恒成立的問(wèn)題，可以考慮二次項(xiàng)系數(shù)與判別式的方法(a>0，Δ<0或a<0，Δ<0)求解．[針對(duì)訓(xùn)練]設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)，若x≥－2時(shí)，f(x)≤kg(x)，求k的取值范圍．解：令F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2.F(0)＝2k－2≥0?k≥1，F(xiàn)(－2)＝－2ke－2＋2≥0?k≤e2，所以1≤k≤e2.由F′(x)＝2(x＋2)(kex－1)＝0?x1＝－2，x2＝－lnk≥－2.①當(dāng)k＝e2時(shí)，F(xiàn)′(x)＝2(x＋2)(ex＋2－1)≥0，所以F(x)在[－2，＋∞)遞增，所以F(x)≥F(－2)＝0.②當(dāng)1≤k<e2時(shí)，x(－2，－lnk)(－lnk，＋∞)F′(x)－＋F(x)min＝F(－lnk)＝lnk(2－lnk)≥0.綜上，1≤k≤e2.考法三不等式存在性問(wèn)題(1)f(x)>g(x)對(duì)x∈I能成立?I與f(x)>g(x)的解集的交集不是空集?[f(x)－g(x)]max>0(x∈I)．(2)對(duì)?x1∈D1，?x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)?f(x)min≥g(x)min，f(x)的定義域?yàn)镈1，g(x)的定義域?yàn)镈2.[例3](2024·云南統(tǒng)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,lnx)－ax(a>0)．(1)若函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上是減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的最小值；(2)若?x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[解](1)因?yàn)閒(x)在(1，＋∞)上為減函數(shù)，所以f′(x)＝eq\f(lnx－1,lnx2)－a≤0在(1，＋∞)上恒成立．所以當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)max≤0.又f′(x)＝eq\f(lnx－1,lnx2)－a＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lnx)－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)－a，故當(dāng)eq\f(1,lnx)＝eq\f(1,2)，即x＝e2時(shí)，f′(x)max＝eq\f(1,4)－a，所以eq\f(1,4)－a≤0，故a≥eq\f(1,4)，所以a的最小值為eq\f(1,4).(2)“若?x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立”等價(jià)于當(dāng)x∈[e，e2]時(shí)，有f(x)min≤f′(x)max＋a，當(dāng)x∈[e，e2]時(shí)，有f′(x)max＋a＝eq\f(1,4)，問(wèn)題等價(jià)于：“當(dāng)x∈[e，e2]時(shí)，有f(x)min≤eq\f(1,4)”．①當(dāng)a≥eq\f(1,4)時(shí)，f(x)在[e，e2]上為減函數(shù)，則f(x)min＝f(e2)＝eq\f(e2,2)－ae2≤eq\f(1,4)，故a≥eq\f(1,2)－eq\f(1,4e2).②當(dāng)0<a<eq\f(1,4)時(shí)，由于f′(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lnx)－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)－a在[e，e2]上為增函數(shù)，故f′(x)的值域?yàn)閇f′(e)，f′(e2)]，即eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－a，\f(1,4)－a)).由f′(x)的單調(diào)性和值域知，存在唯一x0∈(e，e2)，使f′(x0)＝0，且滿意：當(dāng)x∈(e，x0)時(shí)，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x∈(x0，e2)時(shí)，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)．所以f(x)min＝f(x0)＝eq\f(x0,lnx0)－ax0≤eq\f(1,4)，x0∈(e，e2)，所以a≥eq\f(1,lnx0)－eq\f(1,4x0)>eq\f(1,lne2)－eq\f(1,4e)>eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,4)，與0<a<eq\f(1,4)沖突，不合題意．綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4e2)，＋