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专题六 《导数》讲义
6.5 利用导数研究不等式恒成立
知识梳理 . 利用导数研究不等式恒成立
1.恒成立问题: 一般地，若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x) ；
max
若a<f(x)对x∈D恒成立，则只需a<f(x) .
min
2.存在性问题：若存在x∈D，使a>f(x)成立，则只需a>f(x) ；
0 0 min
若存在x∈D，使a<f(x)成立，则只需a<f(x) .由此构造不等式，求解参数的取值范
0 0 0 max
围．
题型一 . 参变分离
1．已知函数f（x）＝ax﹣lnx，若f（x）＞1在区间（1，+∞）内恒成立，则实数a的
范围为 a ≥ 1 ．
【解答】解：∵f（x）＝ax﹣lnx，
∴f（x）＞1即ax﹣lnx＞1，得ax＞lnx+1
lnx+1
∵x＞1，∴原不等式转化为a＞
x
lnx+1 −lnx
设F（x）= ，得F'（x）=
x x2
∵当0＜x＜1时，F'（x）＞0；当x＞1时，F'（x）＜0
∴F（x）在区间（0，1）上为增函数；在区间（1，+∞）上为减函数
可得F（x）在（0，+∞）的极大值为F（1），也是函数在（0，+∞）的最大值
lnx+1
∵a＞ 在区间（1，+∞）内恒成立，
x
∴a≥F（1），即a≥1，可得实数a的范围为[1，+∞）
故答案为：[1，+∞）
ex
2．已知函数f（x）= −mx（e为自然对数的底数），若f（x）＞0在（0，+∞）上恒成
x
立，则实数m的取值范围是（ ）
e2 e2
A．（﹣∞，2） B．（﹣∞， ） C．（﹣∞，e） D．（ ，+∞）
4 4
【解答】解：若f（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，则m ex在（0，+∞）恒成立，
＜
x2
令h（x） ex，（x＞0），
=
x2
h′（x） ex (x−2)，
=
x3
令h′（x）＞0，解得：x＞2，
令h′（x）＜0，解得：0＜x＜2，
故h（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，
e2
故h（x） ＝h（2）= ，
min
4
e2
故m＜ ，
4
故选：B．
题型二 . 转化成两个函数
1．已知函数 ，若 f（ax﹣ex+1）＞1 在 x
f(x)=x+sinx−2ln(√x2+1−x)+1
∈
（0，+∞）上有解，则实数a的取值范围为（ ）
A．（1，+∞） B．（﹣∞，1） C．（e，+∞） D．（1，e）
【解答】解：根据题意，函数 x+sinx+2ln（
f(x)=x+sinx−2ln(√x2+1−x)+1=
x），
√x2+1+
函数y＝x+sinx，其导数y′＝1+cosx≥0，在R上为增函数，
函数y＝2ln（ x），在R上为增函数，
√x2+1+
则函数 在R上为增函数；
f(x)=x+sinx−2ln(√x2+1−x)+1
又由 f（0）＝1，即 f（ax﹣ex+1）＞f（0）在 x （0，+∞）上有解，即存在 x
（0，+∞）使得，ax﹣ex+1＞0有解， ∈ ∈
进而可得存在x （0，+∞）使得，ax＞ex﹣1有解，
∈在同一坐标系里画出函数y ＝ax与函数y ＝ex﹣1的图象；
1 2
对于y ＝ex﹣1，其导数y ′＝ex，当x （0，+∞）时，曲线y ＝ex﹣1的切线的斜率k
2 2 2
＝ex＞1； ∈
要满足存在x （0，+∞）使得，ax＞ex﹣1有解，则直线y ＝ax的斜率a＞1；
1
故实数a的取∈值范围为（1，+∞）；
故选：A．
2．已知函数f（x）＝x+xlnx，若k Z，且k（x﹣1）＜f（x）对任意的x＞1恒成立，则k的
最大值为（ ） ∈
A．2 B．3 C．4 D．5
【解答】解：由k（x﹣1）＜f（x）对任意的x＞1恒成立，
xlnx+x
得：k＜ ，（x＞1），
x−1
xlnx+x x−lnx−2
令h（x）= ，（x＞1），则h′（x） = ，
x−1 (x−1) 2
令g（x）＝x﹣lnx﹣2＝0，得：x﹣2＝lnx，
画出函数y＝x﹣2，y＝lnx的图象，如图示：
又g（3）＝1﹣ln3＜0，g（4）＝2﹣ln4＝2（1﹣ln2）＞0，
∴零点属于（3，4）；
∴g（x）存在唯一的零点设为x ，
0
∴h（x）在（1，x ）递减，在（x ，+∞）递增，
0 0
3ln3+3
而3＜h（3）= ＜4，e5＜35＜44，
2
ln44+4 4ln4+4
所以3＜ ，所以3＜h（4）= ＜4，
5 3
∴h（x ）＜4，k Z，
0
∈∴k的最大值是3．
（或x 满足x ﹣lnx ﹣2＝0且x （3，4），
0 0 0 0
∈
∴h（x） ＝h（x ） x (1+lnx ) x (1+x −2) x （3，4），
min 0 = 0 0 = 0 0 = 0
x −1 x −1
0 0
∈
∴k＜h（x） ＝h（x ），∴k的最大值是3）．
min 0
故选：B．
题型三 . 讨论参数
1．不等式ex≥kx对任意实数x恒成立，则实数k的最大值为（ ）
A．1 B．√e C．2 D．e
【解答】解：不等式ex≥kx对任意实数x恒成立，
即有ex﹣kx≥0恒成立，
设f（x）＝ex﹣kx，即有f（x）的最小值大于等于0，
则f′（x）＝ex﹣k，
由k＞0，可得x＞lnk时，f（x）递增；x＜lnk，f（x）递减，
则f（x）在x＝lnk处取得极小值，且为最小值，
可得f（x）的最小值为k﹣klnk，
由k﹣klnk≥0，解得0＜k≤e，
则k的最大值为e，
故选：D．
2．（2014·辽宁）当x [﹣2，1]时，不等式ax3﹣x2+4x+3≥0恒成立，则实数a的取值范围
是（ ） ∈
9
A．[﹣5，﹣3] B．[﹣6，− ] C．[﹣6，﹣2] D．[﹣4，﹣3]
8
【解答】解：当x＝0时，不等式ax3﹣x2+4x+3≥0对任意a R恒成立；
∈1 4 3
当0＜x≤1时，ax3﹣x2+4x+3≥0可化为a≥ − − ，
x x2 x3
令f（x） 1 4 3 ，则f′（x） 1 8 9 (x−9)(x+1)（*），
= − − =− + + =−
x x2 x3 x2 x3 x4 x4
当0＜x≤1时，f′（x）＞0，f（x）在（0，1]上单调递增，
f（x） ＝f（1）＝﹣6，∴a≥﹣6；
max
1 4 3
当﹣2≤x＜0时，ax3﹣x2+4x+3≥0可化为a≤ − − ，
x x2 x3
由（*）式可知，当﹣2≤x＜﹣1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当﹣1＜x＜0时，
f′（x）＞0，f（x）单调递增，
f（x） ＝f（﹣1）＝﹣2，∴a≤﹣2；
min
综上所述，实数a的取值范围是﹣6≤a≤﹣2，即实数a的取值范围是[﹣6，﹣2]．
故选：C．
ax+1
3．设函数f（x）= （a R）．
ex
∈
（Ⅰ）当a＞0时，求函数f（x）的单调递增区间；
（Ⅱ）当a≤2时，证明：对任意x [0，+∞），f（x）≤x+1恒成立．
−ax+a−1
【解答】解：（Ⅰ）∵f′（x）= ∈ ，
ex
∵a＞0，ex＞0，
a−1
∴由f′（x）≥0可得x≤ ，
a
a−1
∴a＞0时，f（x）在（﹣∞， ]递增；
a
ax+1
（Ⅱ）（i）a≤0时，f（x）= ，
ex
由x≥0，得ax+1≤1，
ax+1
∵ex≥1，∴ ≤1，
ex
而x+1≥1，∴f（x）≤x+1成立；
ax+1
（ii）0＜a≤2时，令h（x）= −x﹣1，
ex
则f（x）≤x+1成立等价于h（x）≤0，−ax+a−1
h′（x）= −1，
ex
∵g（x）＝﹣ax+a﹣1是减函数且x≥0，
∴g（x） ＝a﹣1≤1，
max
∴h′（x）＜0，h（x）在[0，+∞）递减，
∴x≥0时，h（x）≤h（0）＝0，
∴f（x）≤x+1恒成立，
综上，a≤2时，对任意x [0，+∞），f（x）≤x+1恒成立．
∈
题型四 . 隐零点、构造函数
1．已知函数f（x）＝alnx﹣x+1（其中a R）．
（1）讨论函数f（x）的极值； ∈
1
（2）对任意x＞0，f（x）≤ （a2﹣1）成立，求实数a的取值范围．
2
【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞）．
a
又f′（x）= −1．
x
①当a≤0时，在（0，+∞）上，f′（x）＜0，f（x）为单调减函数，f（x）无极值；
②当a＞0时，由f′（x）＝0，得x＝a，
在（0，a）上，f′（x）＞0，f（x）为增函数，在（a，+∞）上，f′（x）＜0，f（x）
为减函数，
∴当x＝a时，f（x）有极大值为f（a）＝alna﹣a+1，无极小值．
综上，当a≤0时，f（x）无极值；当a＞0时，f（x）有极大值f（a）＝alna﹣a+1，无
极小值；
（2）由（1）知，①当a≤0，f（x）是减函数，又令b a 1，lnb＜0，
=e2＜
f（b） 1 1 a 1 3 a 0，不等式不成立；
− (a2−1)= a2−e2+1− (a2−1)= −e2＞
2 2 2 2
②当a＞0时，f（x）有极大值也是最大值，∴f（x） ＝f（a）＝alna﹣a+1，
max
1
要使对任意x＞0，f（x）≤ （a2﹣1）成立，
2
1 3 1
即alna﹣a+1≤ (a2−1)，则alna+ −a− a2≤0成立．
2 2 23 1
令u（a）＝alna+ −a− a2（a＞0），
2 2
∴u′（a）＝lna+1﹣1﹣a＝lna﹣a，
令k（a）＝u′（a）＝lna﹣a，
1 1−a
则k′（a）= −1= =0，得a＝1．
a a
在（0，1）上，k′（a）＞0，k（a）＝u′（a）是增函数，
在（1，+∞）上，k′（a）＜0，k（a）＝u′（a）是减函数，
∴当a＝1时，k（a）＝u′（a）取绝对值也是最大值，
∴u′（a） ＝u′（1）＝﹣1＜0．
max
在（0，+∞）上，u′（a）＜0，u（a）是减函数，又u（1）＝0，
要使u（a）≤0恒成立，则a≥1．
∴实数a的取值范围为[1，+∞）．
2．设函数f（x）＝e2x+alnx．
（1）讨论f（x）的导函数f'（x）零点的个数；
a
（2）证明：当a＜0时，f(x)≥aln(− )−2a．
2
a
【解答】解：（1）函数的定义域（0，+∞），f '(x)=2e2x+ ，
x
当a≥0，f′（x）＞0恒成立，没有零点，
a
当a＜0时，f '(x)=2e2x+ 在（0，+∞）上单调递增，
x
又因为x→0时，f′（x）→﹣∞，x→+∞时，f（x）→+∞，
故f'（x）只有1个零点；
（2）令m＝﹣a，则m＞0，f（x）＝e2x﹣mlnx，
a
由（1）知，当a＜0时，f'（x）只有1个零点，设为x ，则2e2x 0+ =0，
0 x
0
m m
∴2e2x 0− = 0，e2x 0= ，
x 2x
0 0
m m
故2x =ln = ln −lnx ，
0 2x 2 0
0
当0＜x＜x ，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞x 时，f′（x）＞0，f（x）单调递
0 0
增，m m
故当x＝x 时，函数f（x）取得最小值f（x ）=e2x 0−mlnx = −m（ln −2x ）
0 0 0 2x 2 0
0
m 2
= + mln +2mx ，
2x m 0
0
√ m 2 2m+mln2 2a+aln（ a）．
≥2 ⋅2mx +mln = =− −
2x 0 m m 2
0
ex
3．已知函数f（x）＝﹣alnx− +ax，a∈R．
x
（Ⅰ）当a＜0时，讨论函数f（x）的单调性；
x2
（Ⅱ）设g（x）＝f（x）+xf′（x），若关于x的不等式g（x）≤﹣ex+ +(a−1)x在
2
x [1，2]上有解，求a的取值范围．
【 ∈ 解答】解：（Ⅰ）由题意知，f′（x） (ax−ex )(x−1)，x＞0．
=
x2
令F（x）＝（ax﹣ex）（x﹣1），当a＜0时，ax﹣ex＜0恒成立，
∴当x＞1时，F（x）＜0；当0＜x＜1时，F（x）＞0，
∴函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．……………………
（4分）
（Ⅱ）∵g（x）＝f（x）+xf′（x），
∴g（x）＝﹣alnx﹣ex+2ax﹣a，
由题意知，存在x [1，2]，使得g（x ） x 2 （a﹣1）x 成立．
0 0 ≤−ex 0+ 0 + 0
2
∈
即存在x [1，2]，使得﹣alnx +（a+1）x x 2 a≤0成立，
0 0 0 − 0 −
2
∈
x2
令h（x）＝﹣alnx+（a+1）x− −a，x [1，2]，
2
∈
(x−a)(x−1)
∴h′（x）=− ，x [1，2]，
x
∈
①a≤1时，x [1，2]，则h′（x）≤0，
∴函数h（x）在∈ [1，2]上单调递减，
∴h（x） ＝h（2）＝﹣aln2+a≤0成立，解得a≤0，∴a≤0；
min②当1＜a＜2时，令h′（x）＞0，解得1＜x＜a；令h′（x）＜0，解得a＜x＜2，
∴函数h（x）在[1，a]上单调递增，在[a，2]上单调递减，
1
又h（1）= ，∴h（2）＝﹣aln2+a≤0，解得a≤0，∴a无解；
2
③当a≥2时，x [1，2]，则h′（x）≥0，
∴函数h（x）在[∈1，2]上单调递增，
1
∴h（x） ＝h（1）= ＞0，不符合题意，舍去．
min
2
综上所述，a的取值范围为（﹣∞，0]．…………………………（12分）
题型五 . 双变量问题
1．已知函数f（x）＝x2+2alnx+3，若 x ，x [4，+∞）（x ≠x ）， a [2，3]，
1 2 1 2
∀ ∈ ∃ ∈
f(x
2
)−f(x
1
)
＜
2m，则m的取值范围是（ ）
x −x
1 2
5 9 19
A．[﹣2，+∞） B．[− ，+∞) C．(− ，+∞) D．[− ，+∞)
2 2 4
【解答】解：设x ＞x ，由f(x )−f(x ) 2m，得f（x ）+2mx ＞f（x ）+2mx ，
1 2 2 1 ＜ 1 1 2 2
x −x
1 2
记g（x）＝f（x）+2mx，则g（x）在[0，+∞）上单调递增，
故g'（x）≥0在[4，+∞）上恒成立，
2a a
即2x+ +2m≥0在[4，+∞）上恒成立，整理得−m≤x+ 在[4，+∞）上恒成立，
x x
a a
∵a [2，3]，∴函数y=x+ 在[4，+∞）上单调递增，故有−m≤4+ ，
x 4
∈
a 19 19
∵ a [2，3]，∴−m≤(4+ ) = ，即m≥− ．
4 max 4 4
∃ ∈
故选：D．
1 a
2．已知函数f（x）= lnx﹣mx（m R），g（x）＝x− （a＞0）．
2 x
∈
（1）求函数f（x）的单调区间；
1
（2）若m = ，对 x ，x [2，2e2]都有g（x ）≥f（x ）成立，求实数a的取值范围．
2e2 1 2 1 2
∀ ∈1 1
【解答】解：（1）f（x）= lnx﹣mx，x＞0，∴f′（x）= −m，
2 2x
当m≤0时f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）单调递增，
1
当m＞0时，由f′（x）＝0得x= ，
2m
由{f '(x)＞0，得0＜x 1 ，由{f '(x)＜0，得x 1 ，
＜ ＞
x＞0 2m x＞0 2m
综上所述：当m≤0时，f（x）单调递增区间为（0，+∞），
1 1
当m＞0时，f（x）单调递增区间为（0， ），单调递减区间为（ ，+∞）．
2m 2m
1 1 1
（2）若m = ，f（x）= lnx− x， x ，x [2，2e2]都有g（x ）≥f（x ）成立，
2e2 2 2e2 1 2 1 2
∀ ∈
等价于对 x [2，2e2]都有[g（x）] ≥[f（x）] ，
min max
∀ ∈ 1
由（1）知在[2，2e2]上f（x）的最大值f（e2）= ，
2
a
g′（x）＝1 + ＞0（a＞0），x [2，2e2]，
x2
∈
函数g（x）在[2，2e2]上是增函数，
a
[g（x）] ＝g（2）＝2− ，
min
2
a 1
由2− ≥ ，得a≤3，又因为a＞0，∴a （0，3]，
2 2
∈
所以实数a的取值范围为（0，3]．
x 3
3．已知f（x）＝lnx− + ，g（x）＝﹣x2﹣2ax+4，若对任意的 x （0，2]，存在
1
4 4x
∈
1
x [1，2]，使得f（x ）≥g（x ）成立，则a的取值范围是 [− ，+∞) ．
2 1 2
8
∈
【解答】解：对任意的x （0，2]，存在x [1，2]，使得f（x ）≥g（x ）成立，
1 2 1 2
∴f（x
1
）
min
≥g（x
2
）
min
，∈x
1
（0，2]，x
2
[1∈，2]，
x 3 ∈ ∈
f（x）＝ln x− + ，x （0，2]，
4 4x
∈
f′（x） 1 1 3 −(x−3)(x−1)，可得：函数f（x）在（0，1）内单调递减，
= − − =
x 4 4x2 4x2在[1，2]内单调递增．
1
∴x＝1时，函数f（x）取得极小值即最小值，f（x） ＝f（1）= ．
min
2
g（x）＝﹣x2﹣2ax+4，x [1，2]，
g（x）＝﹣（x+a）2+a2+∈4．对称轴x＝﹣1，抛物线开口向下．
①﹣a≤1，即a≥﹣1时，函数g（x）在x [1，2]上单调递减，∴x＝2时，函数g（x）
取得最小值，g（2）＝﹣4﹣4a+4＝﹣4a．∈
1 1 1
∴ ≥−4a，解得a≥− ＞−1．此时a的取值范围是[− ，+∞)．
2 8 8
②﹣a≥2，即a≤﹣2时，函数g（x）在x [1，2]上单调递减，
∴x＝1时，函数g（x）取得最小值，g（1）∈＝﹣1﹣2a+4＝3﹣2a．
1 5 5
∴ ≥3﹣2a，解得a≥ ．此时a的取值范围是[ ，+∞）．
2 4 4
③2＞﹣a＞1，即﹣2＜a＜﹣1时，函数g（x）在x [1，a]上单调递增，在x [a，2]上
单调递减， ∈ ∈
又g（2）＝﹣4a．g（1）＝3﹣2a．∴g（x） ＝{g（1），g（2）} ．
min min
5
综上可得：a的取值范围是[ ，+∞）．
4
1
故答案为：[− ，+∞)．
8
课后作业 . 恒成立
1．已知函数f（x）＝xlnx．若对所有x≥1都有f（x）≥ax﹣1，则实数a的取值范围为
（﹣∞， 1 ] ．
【解答】解：∵f（x）＝xlnx，
1
当x≥1时，f（x）≥ax﹣1恒成立 xlnx≥ax﹣1（x≥1）恒成立 a≤lnx+ （x≥1）恒
x
⇔ ⇔
成立，
1
令f（x）＝lnx+ ，则a≤f（x） （x≥1）恒成立；
min
x
1 1 x−1
∵f′（x）= − = ，
x x2 x2
∴当x≥1时，f′（x）≥0，1
∴f（x）＝lnx+ 在[1，+∞）上单调递增，
x
∴f（x） ＝1，
min
∴a≤1，即实数a的取值范围为（﹣∞，1]．
故答案为：（﹣∞，1]．
a
2．已知函数f(x)=xln +aex，g（x）＝﹣x2+x，当x （0，+∞）时，f（x）≥g（x）恒
x
∈
成立，则实数a的取值范围是（ ）
1 1
A．[ ，+∞） B．[ ，+∞） C．[1，+∞） D．[e，+∞）
e2 e
a
【解答】解：由函数f(x)=xln +aex，g（x）＝﹣x2+x，
x
a
所以不等式f（x）≥g（x）恒成立，等价于f（x）﹣g（x）＝xln +aex+x2﹣x≥0恒成立；
x
a aex
因为x （0，+∞），所以ln + +x﹣1≥0；
x x
∈
a aex
设函数h（x）＝ln + +x﹣1，x （0，+∞），
x x
∈
aex
则h（x）＝lna﹣lnx+ +x﹣1，计算h（1）＝lna+ae，且a＞0；
x
所以h′（x） 1 aex (x−1) 1 (x−1)(ax+1)，
=− + + =
x x2 x2
当x＞0，a＞0时，令h′（x）＝0，解得x＝1，
所以x＞1时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；
当0＜x＜1时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减；
所以h（x）≥h（1）＝ae+lna；
设F（a）＝ae+lna，a （0，+∞），
1 ∈
则F′（a）＝e+ ＞0，
a
1
所以F（a）在（0，+∞）上单调递增，且F（ ）＝1﹣1＝0；
e
1
要使f（x）≥g（x）恒成立，需使F（a）≥0恒成立，即a≥ ，
e1
所以a的取值范围是[ ，+∞）．
e
故选：B．
3．关于 x 的不等式 x2﹣a（x﹣1）ex＜0 恰有一个整数解，则实数 a 的取值范围是
e
[− ，0) ．
2
【解答】解：当a＞0时，x→+∞，[x2﹣a（x﹣1）ex]→﹣∞，则不等式x2﹣a（x﹣1）ex
＜0有无穷多个整数解，不符合题意；
当a＝0时，x2＜0无解，不符合题意；
当a＜0时，设f（x）＝x2﹣a（x﹣1）ex，f（0）＝a＜0，
e
则必有f（1）＝1≥0，f（﹣1）＝1+2ae﹣1≥0，解得a≥− ，
2
e
所以− ≤a＜0．
2
e
当− ≤a＜0时，f'（x）＝2x﹣axex＝x（2﹣aex），
2
所以当x＜0时，f'（x）＜0，则f（x）单调递减，
当x＞0时，f'（x）＞0，则f（x）单调递增，
所以当x≤﹣1时，f（x）≥f（﹣1）≥0，
当x≥1时，f（x）≥f（1）＞0，
e
故当− ≤a＜0时，f（x）＜0恰有一个整数解，即为0，即f（0）＜0．
2
e
综上所述，实数a的取值范围是[− ，0)．
2
lnx
4．设实数 m＞0，若对任意的正实数 x，不等式emx≥ 恒成立，则 m 的最小值为
m
（ ）
1 1 2 e
A． B． C． D．
e 2e e 3
lnx
【解答】解：∵m＞0，emx≥ ，
m
∴memx≥lnx，即mxemx≥xlnx＝elnx•lnx，
当0＜x＜1时，m＞0，恒成立，
当x≥1时，构造函数g（x）＝xex，g'（x）＝ex+xex＝（x+1）ex＞0恒成立，
lnx
∴当x≥1时，g（x）递增，则不等式emx≥ 恒成立等价于g（mx）≥g（lnx）恒成立，
m
lnx
即mx≥lnx，恒成立，m≥( ) ，
x max
lnx 1−lnx
设G(x)= ，∴G'(x)= ，
x x2
∴G（x）在[1，e）上递增，在[e，+∞）递减，
1
∴G（x） ＝G（e）= ，
max
e
故选：A．
4 a 1
5．已知函数f（x）＝x+ ，g（x）= +x，若 x [ ，1]， x [2，3]，使得f（x ）
x x+1 1 2 2 1
∀ ∈ ∃ ∈
≥g（x ），则实数a的取值范围是 （﹣∞， 9 ] ．
2
1 4 4
【解答】解：当x [ ，1]时，由f（x）＝x+ 得，f′（x）＝1− ＜0，
1 2 x x2
∈
1
∴f（x）在[ ，1]单调递减，
2
∴f（1）＝5是函数的最小值，
1
∵ x [ ，1]，都 x [2，3]，使得f（x ）≥g（x ），
1 2 1 2
2
∀ ∈ ∃ ∈
1
可得f（x）在x [ ，1]的最小值不小于g（x）在x [2，3]的最小值，
1 2
2
∈ ∈
a
即 x [2，3]，使5≥ +x成立，所以a≤[(x+1)(5−x)] =[−(x−2) 2+9] =9，
x+1 min min
∃ ∈
故答案为（﹣∞，9]．
6．已知a为实数，函数f（x）＝alnx+x2﹣4x．
（1）若x＝3是函数f（x）的一个极值点，求实数a的取值；
1
（2）设g（x）＝（a﹣2）x，若 x [ ，e]，使得f（x ）≤g（x ），求实数a的取值
0 0 0
e
∃ ∈
范围．
【解答】解：（1）函数函数f（x）＝alnx+x2﹣4x．定义域为（0，+∞），
a 2x2−4x+a
f′（x）= +2x﹣4= ．
x x
因为x＝3是函数f（x）的一个极值点，所以f′（3）＝0，
解得a＝﹣6，
经检验a＝﹣6时，x＝3是函数f（x）的一个极小值点，符合题意，
所以a＝﹣6；
（2）由f（x ）≤g（x ），得（x ﹣lnx ）a≥x 2﹣2x ，
0 0 0 0 0 0
记F（x）＝x﹣lnx，（x＞0），
x−1
所以F′（x）= （x＞0），
x
所以当0＜x＜1时，F′（x）＜0，F（x）单调递减，
当x＞1时，F′（x）＞0，F（x）单调递增．
所以F（x）≥F（1）＝1，
所以a x 2−2x ，
≥ 0 0
x −lnx
0 0
x2−2x 1
记G（x）= ，x [ ，e]，
x−lnx e
∈
x2−2x
所 以 G （ x ） = ， G′ （ x ）
x−lnx
(2x−2)(x−lnx)−(x−2)(x−1) (x−1)(x−2lnx+2)，
= =
(x−lnx) 2 (x−lnx) 2
1
因为x [ ，e]，
e
∈
所以2﹣2lnx＝2（1﹣lnx）≥0，
所以x﹣2lnx+2＞0，
1
所以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，
所∈以G（X）
min
＝G（1）＝﹣1，
所以a≥G（X） ＝﹣1，
min
所以实数a的取值范围为[﹣1，+∞）．
