文档内容
1．已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝2x＋a，若∀x∈，∃x∈[2，3]，使得f(x)≥g(x)，则实数a的
1 2 1 2
取值范围是( )
A．a≤1 B．a≥1
C．a≤2 D．a≥2
解析：选A.由题意知f(x) ≥g(x) (x∈[2，3])，因为f(x) ＝5，g(x) ＝4＋a，所以5≥4＋
min min min min
a，即a≤1，故选A.
2．(2019·吉林白山联考)设函数f(x)＝ex－，若不等式f(x)≤0有正实数解，则实数a的最
小值为________．
解析：原问题等价于存在x∈(0，＋∞)，使得a≥ex(x2－3x＋3)，令g(x)＝ex(x2－3x＋3)，
x∈(0，＋∞)，则a≥g(x) ，而g′(x)＝ex(x2－x)．由g′(x)>0可得x∈(1，＋∞)，由g′(x)<0可得
min
x∈(0，1)．据此可知，函数g(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为g(1)＝e.综上可得，实数a的最小
值为e.
答案：e
3．(2019·武汉市调研测试)已知函数f(x)＝(x－1)ln x＋ax(a∈R)．
(1)在a＝0时，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)a＝0时，f(x)＝(x－1)ln x，
f′(x)＝ln x＋(x－1)·＝ln x－＋1，设g(x)＝ln x－＋1，
则g′(x)＝>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，而g(1)＝0，
所以x∈(0，1)时，g(x)<0，即f′(x)<0，
x∈(1，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0，
所以f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)由(x－1)ln x＋ax>0，得－ax<(x－1)ln x，而x>0，
所以－a<＝ln x－.
记h(x)＝ln x－，则h′(x)＝－＝，
设m(x)＝ln x＋x－1(x>0)，
显然m(x)在(0，＋∞)上单调递增，而m(1)＝0，
所以x∈(0，1)时，m(x)<0，h′(x)<0，h(x)单调递减，
x∈(1，＋∞)时，m(x)>0，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x) ＝h(1)＝0.
min
所以－a<0，所以a>0，即实数a的取值范围是(0，＋∞)．
4．已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2) x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围．
0
∃解：(1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R.
当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在R上单调递减；
当a＞0时，令f′(x)＝0得x＝ln a.
由f′(x)＞0得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；
由f′(x)＜0得f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞)．
(2)因为∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，
0
则ax≤，即a≤.
设h(x)＝，则问题转化为a≤() ，
max
由h′(x)＝，
令h′(x)＝0，则x＝.
当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
x (0，) (，＋∞)
h′(x) ＋ 0 －
h(x) 单调递增 极大值 单调递减
由上表可知，当x＝时，函数h(x)有极大值，即最大值为.所以a≤.
5．(2019·河南郑州质检)已知函数f(x)＝ln x－a(x＋1)，a∈R，在(1，f(1))处的切线与x轴
平行．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若存在x>1，当x∈(1，x)时，恒有f(x)－＋2x＋>k(x－1)成立，求k的取值范围．
0 0
解：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f′(x)＝－a，所以f′(1)＝1－a＝0，所以
a＝1，所以f′(x)＝－1＝，令f′(x)>0得01，所以f(x)的单调递增区间为(0，
1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)不等式f(x)－＋2x＋>k(x－1)可化为ln x－＋x－>k(x－1)．令g(x)＝ln x－＋x－－k(x
－1)(x>1)，则g′(x)＝－x＋1－k＝，令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1，x>1，h(x)的对称轴为x＝.
①当≤1时，即k≥－1，易知h(x)在(1，x)上单调递减，所以h(x)0，所以必存在x 使得x∈(1，x)时g′(x)>0，所以g(x)在(1，x)上单调递增，所
0 0 0
以g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．
②当>1时，即k<－1，易知必存在x，使得h(x)在(1，x)上单调递增．所以h(x)>h(1)＝1－
0 0
k>0，所以g′(x)>0，所以g(x)在(1，x)上单调递增．所以g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．
0
综上，k的取值范围是(－∞，1)．
6．(2019·重庆六校联考)已知函数f(x)＝x2－ax＋(a－1)ln x.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若对任意的x，x∈(0，＋∞)，x>x，恒有f(x)－f(x)>x－x，求实数a的取值范围．
1 2 1 2 1 2 2 1
解：(1)f′(x)＝x－a＋＝＝(x－1)[x－(a－1)]，①若a>2，由f′(x)>0，得0a－1，由f′(x)<0，得10，得01，由f′(x)<0，得a－10，得x>1，由f′(x)<0，得02，则f(x)在(0，1)，(a－1，＋∞)上单调递增，在(1，a－1)上单调递减；
若a＝2，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
若1x－x f(x)＋x>f(x)＋x，
1 2 2 1 1 1 2 2
令F(x)＝f(x)＋x＝x2－ax＋(a－1)ln x＋x，
⇔
对任意的x，x∈(0，＋∞)，x>x，恒有f(x)－f(x)>x－x 等价于函数F(x)在(0，＋∞)上是
1 2 1 2 1 2 2 1
增函数．
F′(x)＝x－a＋1＋＝[x2－(a－1)x＋a－1]，
令g(x)＝x2－(a－1)x＋a－1，
当a－1<0，即a<1时，x＝<0，故要使F′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
需g(0)≥0，即a－1≥0，a≥1，无解．
当a－1≥0，即a≥1时，x＝≥0，故要使F′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
需g≥0，
即－(a－1)·＋a－1≥0，化简得(a－1)(a－5)≤0，
解得1≤a≤5.
综上，实数a的取值范围是[1，5]．
