2020年高考数学（理）总复习：利用导数解决不等式问题
题型一 利用导数解决不等式的恒成立与能成立问题 【题型要点】
已知不等式f (x ，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x ∈D 恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决这个问题的常用思想方法如下：
(1)分离参数法：
第一步，将原不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实参数)分离，使不等式的一边是参数，另一边不含参数，即化为f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式；
第二步，利用导数求出函数f 2(x )(x ∈D )的最大(小)值；
第三步，解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min 从而求出参数λ的取值范围． (2)函数思想法：
第一步，将不等式转化为某含参数的函数的最值问题； 第二步，利用导数求出该函数的极值(最值)； 第三步，构建不等式求解．
【例1】已知函数f (x )＝x 4＋ax 3＋2x 2＋b (x ∈R )，其中a ，b ∈R . (1)当a ＝－10
3
时，讨论函数f (x )的单调性；
(2)若函数f (x )仅在x ＝0处有极值，求a 的取值范围；
(3)若对于任意的a ∈[－2,2]，不等式f (x )≤1在[－1,1]上恒成立，求b 的取值范围． 【解】 (1)f ′(x )＝4x 3＋3ax 2＋4x ＝x (4x 2＋3ax ＋4)． 当a ＝－10
3时，f ′(x )＝x (4x 2－10x ＋4)＝2x (2x －1)(x －2)．
令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝1
2，x 3＝2.
当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：
所以f (x )在(0，1
2)，(2，＋∞)内是增函数，
在(－∞，0)，(1
2
，2)内是减函数．
(2)f ′(x )＝x (4x 2＋3ax ＋4)，显然x ＝0不是方程4x 2＋3ax ＋4＝0的根． 为使f (x )仅在x ＝0处有极值，必须4x 2＋3ax ＋4≥0成立，即有Δ＝9a 2－64≤0. 解此不等式，得－83≤a ≤8
3.这时，f (0)＝b 是唯一极值．因此满足条件的a 的取值范围是[－
83，8
3
]． (3)解：由条件a ∈[－2,2]，可知Δ＝9a 2－64<0，从而4x 2＋3ax ＋4>0恒成立． 当x <0时，f ′(x )<0；当x >0时，f ′(x )>0.
因此函数f (x )在[－1,1]上的最大值是f (1)与f (－1)两者中的较大者．
为使对任意的a ∈[－2,2]，不等式f (x )≤1在[－1,1]上恒成立，当且仅当?????
f (1)≤1
f (－1)≤1，即
????
?
b ≤－2－a b ≤－2＋a
在a ∈[－2,2]上恒成立．所以b ≤－4，因此满足条件的b 的取值范围是(－∞，－4]．
题组训练一 利用导数解决不等式的恒成立与能成立问题 已知函数f (x )＝e x －
1＋ax ，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调区间；
(2)若∈x ∈[1，＋∞)，f (x )＋ln x ≥a ＋1恒成立，求a 的取值范围． 【解析】 (1)f ′(x )＝e x －
1＋a ，
(∈)当a ≥0时，f ′(x )>0，函数f (x )在R 上单调递增； (∈)当a <0时，令f ′(x )＝0，则x ＝ln(－a )＋1， 当f ′(x )>0，即x >ln(－a )＋1时，函数f (x )单调递增； 当f ′(x )<0，即x 综上，当a ≥0时，函数f (x )在R 上单调递增；当a <0时，函数f (x )的单调递增区间是(ln(－a )＋1，＋∞)，单调递减区间是(－∞，ln(－a )＋1)． (2)令a ＝－1，由(1)可知，函数f (x )＝e x － 1－x 的最小值为f (1)＝0，所以e x － 1－x ≥0，即e x － 1≥x . f (x )＋ln x ≥a ＋1恒成立与f (x )＋ln x －a －1≥0恒成立等价， 令g (x )＝f (x )＋ln x －a －1，即g (x )＝e x －1＋a (x －1)＋ln x －1(x ≥1)，则g ′(x )＝e x －1＋1x ＋a ， ∈当a ≥－2时，g ′(x )＝e x － 1＋1x ＋a ≥x ＋1x ＋a ≥2 x ·1x ＋a ＝a ＋2≥0(或令φ(x )＝e x － 1＋1x ， 则φ′(x )＝e x － 1－1x 2在[1，＋∞)上递增，∈φ′(x )≥φ′(1)＝0，∈φ(x )在[1，＋∞)上递增，∈φ(x )≥φ(1) ＝2，∈g ′(x )≥0) ∈g (x )在区间[1，＋∞)上单调递增， ∈g (x )≥g (1)＝0，∈f (x )＋ln x ≥a ＋1恒成立， ∈当a <－2时，令h (x )＝e x －1 ＋1x ＋a ，则h ′(x )＝e x －1 －1x 2＝x 2e x － 1－1x 2 ， 当x ≥1时，h ′(x )≥0，函数h (x )单调递增． 又h (1)＝2＋a ＜0， h (1－a )＝e 1 －a －1 ＋11－a ＋a ≥1－a ＋11－a ＋a ＝1＋1 1－a >0，∈存在x 0∈(1,1－a )，使得h (x 0)＝0，故当x ∈(1，x 0)时，h (x ) ∈g (x )min ＝g (x 0) 即∈x ∈[1，＋∞)，f (x )＋ln x ≥a ＋1不恒成立， 综上所述，a的取值范围是[－2，＋∞)． 题型二利用导数证明与函数有关的不等式 【题型要点】 用导数证明不等式的方法 (1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则∈∈x∈[a，b]，则f(a)≤f(x)≤f(b)；∈对∈x1，x2∈[a，b]，且x1 (2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则对∈x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m)． (3)证明f(x) 【例2】已知函数f(x)＝(ln x－k－1)x(k∈R)． (1)当x>1时，求f(x)的单调区间和极值； (2)若对于任意x∈[e，e2]，都有f(x)<4ln x成立，求k的取值范围； (3)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1x2 (1)【解析】f′(x)＝1 x·x＋ln x－k－1＝ln x－k， ∈当k≤0时，因为x>1，所以f′(x)＝ln x－k>0， 函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间，无极值； ∈当k>0时，令ln x－k＝0，解得x＝e k， 当1 当x>e k时，f′(x)>0. 所以函数f(x)的单调递减区间是(1，e k)， 单调递增区间是(e k，＋∞)，在区间(1，＋∞)上的极小值为f(e k)＝(k－k－1)e k＝－e k，无极大值． (2)【解析】由题意，f(x)－4ln x<0， 即问题转化为(x－4)ln x－(k＋1)x<0对于x∈[e，e2]恒成立． 即k ＋1>(x －4)ln x x 对x ∈[e ，e 2]恒成立． 令g (x )＝(x －4)ln x x ，则g ′(x )＝4ln x ＋x －4 x 2 ， 令t (x )＝4ln x ＋x －4，x ∈[e ，e 2]，则t ′(x )＝4 x ＋1>0， 所以t (x )在区间[e ，e 2]上单调递增， 故t ()x min ＝t (e)＝e －4＋4＝e>0，故g ′(x )>0， 所以g (x )在区间[e ，e 2]上单调递增， 函数g ()x max ＝g (e 2)＝2－8 e 2. 要使k ＋1>(x －4)ln x x 对于x ∈[e ，e 2]恒成立， 只要k ＋1>g ()x max ，所以k ＋1>2－8 e 2， 即实数k 的取值范围为?? ? ? ?+∞- ,812e (3)[证明] 因为f (x )＝f (x 2)， 由(1)知，函数f (x )在区间(0，e k )上单调递减， 在区间(e k ，＋∞)上单调递增，且f (e k ＋ 1)＝0. 不妨设x 1 1， 要证 x 1x 2 x 2 . 因为f (x )在区间(e k ，＋∞)上单调递增， 所以f (x 2) ? ??12x e k . 又f (x )＝f (x 2)，即证f (x 1) ? ??12x e k ， 构造函数h (x )＝f (x )－f ??? ? ??12x e k ＝(ln x －k －1)x －??? ? ??--1ln 2k x e k e 2k x ， 即h (x )＝x ln x －(k ＋1)x ＋e 2k ??? ??--x k x x 1ln ， x ∈(0，e k )． h ′(x )＝ln x ＋1－(k ＋1)＋e 2k ??? ? ?-+-22 1ln 1x k x x ＝(ln x －k )(x 2－e 2k ) x 2 ， 因为x ∈(0，e k )，所以ln x －k <0，x 2 所以函数h (x )在区间(0，e k )上单调递增，故h (x ) ? ??k k e e 2＝0，故 h (x )<0， 所以f (x 1) ? ??12x e k ， 所以x 1x 2 题组训练二 利用导数证明与函数有关的不等式 已知函数f (x )＝ln x ＋a x (a >0)． (1)若函数f (x )有零点，求实数a 的取值范围； (2)证明：当a ≥2e 时，f (x )>e － x . (1)【解】 方法一 函数f (x )＝ln x ＋a x 的定义域为(0，＋∞)． 由f (x )＝ln x ＋a x ，得f ′(x )＝1x －a x 2＝x －a x 2. 因为a >0，则当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以函数f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增． 当x ＝a 时，f (x )min ＝ln a ＋1. 当ln a ＋1≤0，即0 e 时， 又f (1)＝ln 1＋a ＝a >0，则函数f (x )有零点． 所以实数a 的取值范围为?? ? ??e 1,0方法二 函数f (x )＝ln x ＋a x 的定义域为(0，＋∞)． 由f (x )＝ln x ＋a x ＝0，得a ＝－x ln x . 令g (x )＝－x ln x ，则g ′(x )＝－(ln x ＋1)． 当x ∈?? ? ??e 1,0时，g ′(x )>0； 当x ∈?? ? ??+∞,1e 时，g ′(x )<0. 所以函数g (x )在?? ? ??e 1,0上单调递增， 在?? ? ??+∞,1e 上单调递减． 故当x ＝1e 时，函数g (x )取得最大值g ??? ??e 1 ＝－1e ln 1e ＝1 e . 因为函数f (x )＝ln x ＋a x 有零点，则0 e ， 所以实数a 的取值范围为?? ? ??e 1,0. (2)【证明】 要证明当a ≥2e 时，f (x )>e － x ， 即证明当x >0，a ≥2e 时，ln x ＋a x >e － x ， 即x ln x ＋a >x e － x . 令h (x )＝x ln x ＋a ，则h ′(x )＝ln x ＋1. 当0 e 时，h ′(x )<0； 当x >1 e 时，h ′(x )>0. 所以函数h (x )在??? ??e 1,0上单调递减，在?? ? ??+∞,1e 上单调递增． 当x ＝1e 时，h (x )min ＝－1e ＋a . 于是，当a ≥2e 时，h (x )≥－1e ＋a ≥1e .∈ 令φ(x )＝x e － x ，则φ′(x )＝e － x －x e － x ＝e － x (1－x )． 当0 所以函数φ(x )在()0，1上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 当x ＝1时，φ(x )max ＝φ(1)＝1 e . 于是，当x >0时，φ(x )≤1 e .∈ 显然，不等式∈∈中的等号不能同时成立． 故当a ≥2e 时，f (x )>e － x . 题型三 用赋值法证明与正整数有关的不等式 【题型要点】 (1)利用导数研究的正整数不等式一般都与题目给出的函数不等式有关，如本例中给出 的函数f (x )在a ＝12，x ≥1时，有不等式12?? ? ?? -x x 1≥ln x ，根据函数的定义域，这个不等式当 然对一切大于等于1的数成立，这样根据所证不等式的特点，给定x 以适当的数值即可证明正整数不等式．凡涉及从1到n 的整数的不等式，而且不等式中含有ln n 的问题，一般都是通过赋值使之产生ln n ＋1n ，ln n n －1等使问题获得解决的，如证明12＋23＋…＋n n ＋1 ln(n ＋2)时，就是通过变换n n ＋1＝1－1n ＋1，进而通过不等式x >ln(1＋x )(x >0)，得1n >ln ?? ? ?? +n 11＝ln(n ＋1)－ln n . (2)证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数的范围内，通过构造正实数的不等式进行证明，而不能直接构造正整数的函数，因为这样的函数不是可导函数，使用导数就是错误的． 【例3】已知函数f (x )＝ax ＋b x ＋c (a >0)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1. (1)用a 表示出b ，c ； (2)若f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围； (3)证明：1＋12＋13＋…＋1n >ln(n ＋1)＋n 2(n ＋1) (n ≥1)． 【解析】 (1)f ′(x )＝a －b x 2，则有????? f (1)＝a ＋b ＋c ＝0，f ′(1)＝a －b ＝1， 解得? ???? b ＝a －1 c ＝1－2a . (2)由(1)知f (x )＝ax ＋a －1x ＋1－2a . 令g (x )＝f (x )－ln x ＝ax ＋a －1 x ＋1－2a －ln x ，x ∈[1，＋∞)， 则g (1)＝0，g ′(x )＝a －a －1x 2－1 x ＝ax 2－x －(a －1)x 2 ＝21)1(x a a x x a ? ?? ??--- (∈)当0＜a <1 2时，1－a a >1. 若1 a ，则g ′(x )<0，g (x )是减函数， 所以g (x ) 即f (x ) 2时，1－a a ≤1， 若x ＞1，则g ′(x )>0，g (x )是增函数，所以g (x )>g (1)＝0，即f (x )>ln x ， 故当x ≥1时，f (x )≥ln x . 综上所述，所求a 的取值范围为?? ? ???+∞,21(3)证法一：由(2)知当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1)． 令a ＝12，有f (x )＝12??? ?? -x x 1≥ln x (x ≥1)， 且当x ＞1时，12?? ? ?? -x x 1＞ln x . 令x ＝k ＋1k ，且ln k ＋1k <12?? ? ??+-+11k k k k ＝12?? ??????? ? ?+--??? ? ? +11111k k ， 即ln(k ＋1)－ln k <12?? ? ??++111k k ，k ＝1,2,3，…，n . 将上述n 个不等式依次相加得 ln(n ＋1)<12＋??? ??+???++n 13121＋1 2(n ＋1) ， 整理得1＋12＋13＋…1n >ln(n ＋1)＋n 2(n ＋1). 证法二：用数学归纳法证明． ∈当n ＝1时，左边＝1， 右边＝ln 2＋1 4<1，不等式成立． ∈假设n ＝k 时，不等式成立，就是 1＋12＋13＋…＋1k >ln(k ＋1)＋k 2(k ＋1) . 那么1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1>ln(k ＋1)＋k 2(k ＋1)＋1k ＋1＝ln(k ＋1)＋k ＋22(k ＋1). 由(2)知当a ≥1 2 时，有f (x )≥ln x (x ≥1)． 令a ＝12，有f (x )＝12?? ? ?? -x x 1≥ln x (x ≥1)． 令x ＝k ＋2k ＋1，得12??? ??++-++2112k k k k ≥ln k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2)－ln(k ＋1)． ∈ln(k ＋1)＋k ＋22(k ＋1)≥ln(k ＋2)＋k ＋1 2(k ＋2). ∈1＋12＋13＋…＋1k ＋1 k ＋1>ln(k ＋2)＋k ＋12(k ＋2). 这就是说，当n ＝k ＋1时，不等式也成立， 根据∈和∈，可知不等式对任何n ∈N *都成立． 题组训练三 用赋值法证明与正整数有关的不等式 设函数f (x )＝e x －ax －1，对∈x ∈R ，f (x )≥0恒成立． (1)求a 的取值集合； (2)求证：1＋12＋13＋…＋1 n >ln(n ＋1)(n ∈N *)． 【解析】 (1)f (x )＝e x －ax －1，f ′(x )＝e x －a ， ∈当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在x ∈R 上单调递增，又f (0)＝0，所以当x ∈(－∞，0)，f (x )<0，不合题意，舍去； ∈当a >0时，x ∈(－∞，ln a )，f ′(x )<0，f (x )单调递减，x ∈(ln a ，＋∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增，f (x )min ＝f (ln a )＝a －a ln a －1，则需a －a ln a －1≥0恒成立． 令g (a )＝a －a ln a －1，g ′(a )＝－ln a ，当a ∈(0,1)时，g ′(a )>0，g (a )单调递增，当a ∈(1，＋∞)时，g ′(a )<0，g (a )单调递减，而g (1)＝0，所以a －a ln a －1≤0恒成立．所以a 的取值集合为{1}． (2)由(1)可得e x －x －1>0(x >0)，x >ln(x ＋1)(x >0)，令x ＝1 n ， 则1n >ln ?? ? ??+11n ＝ln n ＋1n ＝ln(n ＋1)－ln n ， 所以1＋12＋13＋…＋1 n >(ln 2－ln 1)＋(ln 3－ln 2)＋…＋(ln(n ＋1)－ln n )＝ln(n ＋1)(n ∈N *)． 题型四 构造函数法在解题中的应用 【例4】 已知函数f (x )＝e x －3x ＋3a (e 为自然对数的底数，a ∈R )． (1)求f (x )的单调区间与极值； (2)求证：当a >ln 3e ，且x >0时，e x x >32x ＋1 x －3a . 【解析】 (1)由f (x )＝e x －3x ＋3a ，知f ′(x )＝e x －3. 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 3， 于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表： 故f f (x )在x ＝ln 3处取得极小值，极小值为f (ln 3)＝3(1－ln 3＋a )． (2)证明：待证不等式等价于e x >3 2 x 2－3ax ＋1， 设g (x )＝e x －3 2x 2＋3ax －1， 于是g ′(x )＝e x －3x ＋3a . 由(1)及a >ln 3 e ＝ln 3－1知， g ′(x )的最小值为g ′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a )>0. 于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0，所以g (x )在R 内单调递增． 于是当a >ln 3 e ＝ln 3－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)． 而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，g (x )>0. 即e x >32x 2－3ax ＋1，故e x x >32x ＋1 x －3a . 题组训练四 1．构造函数解不等式 已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x ) A ．(－2，＋∞) B ．(0，＋∞) C ．(1，＋∞) D ．(4，＋∞) 【解析】 因为f (x ＋2)为偶函数，所以f (x ＋2)的图象关于x ＝0对称，所以f (x )的图象关于x ＝2对称．所以f (0)＝f (4)＝1. 设g (x )＝f (x ) e x (x ∈R )，则g ′(x )＝ f ′(x )e x －f (x )e x (e x )2 ＝f ′(x )－f (x )e x . 又f ′(x ) e 0＝1， 所以f (x ) 2．构造函数证明不等式 设函数f (x )＝ax 2ln x ＋b (x －1)(x ＞0)，曲线y ＝f (x )过点(e ，e 2－e ＋1)，且在点(1,0)处的切线方程为y ＝0. (1)求a ，b 的值； (2)证明：当x ≥1时，f (x )≥(x －1)2； (3)若当x ≥1时，f (x )≥m (x －1)2恒成立，求实数m 的取值范围． 【解】 (1)函数f (x )＝ax 2ln x ＋b (x －1)(x ＞0)，可得f ′(x )＝2a ln x ＋ax ＋b ，因为f ′(1)＝a ＋b ＝0，f (e)＝a e 2＋b (e －1)＝a (e 2－e ＋1)＝e 2－e ＋1，所以a ＝1，b ＝－1. (2)证明：f (x )＝x 2ln x －x ＋1， 设g (x )＝x 2ln x ＋x －x 2(x ≥1)， g ′(x )＝2x ln x －x ＋1，(g ′(x ))′＝2ln x ＋1＞0， 所以g ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，所以g ′(x )≥g ′(1)＝0，所以g (x )在[0，＋∞)上单调递增， 所以g (x )≥g (1)＝0，所以f (x )≥(x －1)2.(6分) (3)设h (x )＝x 2ln x －x －m (x －1)2＋1， h ′(x )＝2x ln x ＋x －2m (x －1)－1， 由(2)中知x 2ln x ≥(x －1)2＋x －1＝x (x －1)， 所以x ln x ≥x －1，所以h ′(x )≥3(x －1)－2m (x －1)， ∈当3－2m ≥0即m ≤3 2 时，h ′(x )≥0， 所以h (x )在[1，＋∞)单调递增，所以h (x )≥h (1)＝0，成立． ∈当3－2m ＜0即m ＞3 2时， h ′(x )＝2x ln x ＋(1－2m )(x －1)， (h ′(x ))′＝2ln x ＋3－2m ， 令(h ′(x ))′＝0，得x 0＝e 2m －3 2＞1， 当x ∈[1，x 0)时，h ′(x )＜h ′(1)＝0， 所以h (x )在[1，x 0)上单调递减，所以h (x )＜h (1)＝0，不成立．综上，m ≤3 2. 3．构造函数解决数列问题 设函数f (x )＝x 2－ln(x ＋1)，证明：对任意的正整数n 不等式f (1)＋f ??? ??21＋f ?? ? ??31＋…＋f ?? ? ??n 1<1＋123＋133＋…＋1n 3成立． 【证明】 从数列的角度考虑左边的通项为f ?? ? ??n 1，右边的通项为1n 3，若能证明?? ? ??n f 1<1 n 3，则不等式获证，为此构造函数F (x )＝f (x )－x 3＝x 2－ln(x ＋1)－x 3， 则F ′(x )＝－3x 2＋2x －1 x ＋1 ＝－3x 3＋x 2－2x ＋1x ＋1 ＝－3x 3＋(x －1)2 x ＋1 ， 显然当x ∈[0，＋∞)时，F ′(x )<0， 所以函数F (x )在[0，＋∞)上是单调减函数， 又F (0)＝0， 所以当x ∈[0，＋∞)时，恒有F (x ) ， 则有f ??? ??k 1<1k 3，所以f (1)<1，f ??? ??21<123，…，f ?? ? ??n 1<1 n 3，于是对任意的正整数n ，不等式f (1)＋f ?? ? ??21＋f ?? ? ??31＋…＋f ?? ? ??n 1<1＋123＋133＋…＋1n 3成立． 【专题训练】 1．已知函数f (x )＝ax 2＋2x －ln(x ＋1)(a 为常数)． (1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间； (2)当x ∈[0，＋∞)时，不等式f (x )≤x 恒成立，求实数的取值范围． 【解析】 (1)函数的定义域为(－1，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝－x 2＋2x －ln(x ＋1)， ∈f ′(x )＝－2x ＋2－1 x ＋1＝1－2x 2x ＋1 ， 由f ′(x )>0得，－ 22 ， 由f ′(x )<0得，－1 22或x >2 2 ， ∈函数f (x )的单调增区间为???? ?? - 22,22，单调减区间为???? ??--22,1和??? ? ??+∞,22 (2)当x ∈[0，＋∞)时，f (x )≤x 恒成立， 令g (x )＝f (x )－x ＝ax 2＋x －ln(x ＋1)， 问题转换为x ∈[0，＋∞)时，g (x )max ≤0. ∈g ′(x )＝2ax ＋1－ 1 1＋x ＝x [2ax ＋(2a ＋1)]x ＋1 ， ∈当a ＝0时，g ′(x )＝ x x ＋1 ≥0，∈g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递增， 此时g (x )无最大值，故a ＝0不合题意． ∈当a >0时，令g ′(x )＝0解得，x 1＝0，x 2＝－(2a ＋1) 2a <0， 此时g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递增，此时无最大值，故a >0不合题意． ∈当a <0时，令g ′(x )＝0解得，x 1＝0，x 2＝－(2a ＋1) 2a ， 当－1 2 >0，而g (x )在[0，x 2)上单调递增，在[x 2，＋∞)上单调递减， ∈g (x )max ＝g (x 2)＝a － 14a －ln ?? ? ??-a 21 ＝a －1 4a ＋ln(－2a )， 令φ(x )＝x －14x ＋ln(－2x )，x ∈??? ??-0,21， 则φ′(x )＝1＋14x 2＋1x ＝(2x ＋1)2 4x 2 >0， ∈φ(x )在x ∈?? ? ??- 0,21上单调递增， 又φ??? ??-81e ＝－1e 8＋e 34－3ln 2， 当e≈2.71时，e 3≈19.9， ∈φ(x )在x ∈?? ? ??- 0,21上小于或等于不恒成立， 即g (x )max ≤0不恒成立， 故－1 2 当a ≤－1 2时，x 2＝－(2a ＋1)2a ≤0， 而此时g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递减， ∈g (x )max ＝g (0)＝0，符合题意． 综上可知，实数的取值范围是?? ? ? ?-∞-2 1, 2．已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1 x 2，a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性； (2)当a ＝1时，证明f (x )>f ′(x )＋3 2对于任意的x ∈[1,2]成立． 【解析】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝(ax 2－2)(x －1) x 3. 当a ≤0时，x ∈(0,1)时， f ′(x )>0，f (x )单调递增，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0， f (x )单调递减． 当a >0时，f ′(x )＝ a (x －1)x 3??? ? ??+???? ? ?