高考数学大一轮复习第三章导数及其应用3_2导数的应用第3课时导数与函数的综合问题教师用书理苏教版

第3课时 导数与函数的综合问题题型一 导数与不等式有关的问题 命题点1 解不等式例1 设f (x )是定义在R 上的奇函数，f (2)＝0，当x >0时，有xfx －f xx 2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是________________. 答案 (－∞，－2)∪(0，2) 解析 ∵当x >0时，⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′<0，∴φ(x )＝f xx为减函数， 又φ(2)＝0，∴当且仅当0<x <2时，φ(x )>0， 此时x 2f (x )>0.又f (x )为奇函数，∴h (x )＝x 2f (x )也为奇函数. 故x 2f (x )>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2). 命题点2 证明不等式例2 (2016·全国丙卷)设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x ；(3)设c >1，证明：当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x.(1)解 由题设，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. (2)证明 由(1)知，f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0. 所以当x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，ln 1x <1x－1，即1<x －1ln x<x .(3)证明 由题设c >1，设g (x )＝1＋(c －1)x －c x，则g ′(x )＝c －1－c xln c ，令g ′(x )＝0，解得x 0＝lnc －1ln c ln c.当x <x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x >x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减.由(2)知1<c －1ln c<c ，故0<x 0<1.又g (0)＝g (1)＝0，故当0<x <1时，g (x )>0. 所以当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x. 命题点3 不等式恒成立或有解问题 例3 已知函数f (x )＝1＋ln xx.(1)若函数f (x )在区间(a ，a ＋12)上存在极值，求正实数a 的取值范围；(2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥kx ＋1恒成立，求实数k 的取值范围.解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－1－ln x x 2＝－ln xx2， 令f ′(x )＝0，得x ＝1；当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. 所以x ＝1为极大值点，所以0<a <1<a ＋12，故12<a <1，即实数a 的取值范围为(12，1). (2)当x ≥1时，k ≤x ＋＋ln xx恒成立，令g (x )＝x ＋＋ln xx，则g ′(x )＝＋ln x ＋1＋1xx －x ＋＋ln xx 2＝x －ln xx 2. 再令h (x )＝x －ln x ，则h ′(x )＝1－1x≥0， 所以h (x )≥h (1)＝1，所以g ′(x )>0， 所以g (x )为单调增函数，所以g (x )≥g (1)＝2， 故k ≤2.所以实数k 的取值范围是(－∞，2]. 引申探究本题(2)中，若改为存在x 0∈[1，e]，使不等式f (x )≥kx ＋1成立，求实数k 的取值范围.解 当x ∈[1，e]时，k ≤x ＋＋ln xx有解，令g (x )＝x ＋＋ln xx，由例3(2)解题知，g (x )为单调增函数，∴g (x )max ＝g (e)＝2＋2e，∴k ≤2＋2e ，即实数k 的取值范围是(－∞，2＋2e ].思维升华 (1)利用导数解不等式的思路已知一个含f ′(x )的不等式，可得到和f (x )有关的函数的单调性，然后可利用函数单调性解不等式.(2)利用导数证明不等式的方法证明f (x )<g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )<0，则F (x )在(a ，b )上是减函数，同时若F (a )≤0，由减函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )<0，即证明了f (x )<g (x ).(3)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略①首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围.②也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.(2015·福建)已知函数f (x )＝ln x －x －22.(1)求函数f (x )的单调递增区间； (2)证明：当x ＞1时，f (x )＜x －1；(3)确定实数k 的所有可能取值，使得存在x 0＞1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )＞k (x －1). (1)解 f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞).由f ′(x )＞0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，－x 2＋x ＋1＞0.解得0＜x ＜1＋52.故f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋52.(2)证明 令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞). 则有F ′(x )＝1－x2x.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 )＜F (1)＝0， 即当x ＞1时，f (x )＜x －1.(3)解 由(2)知，当k ＝1时，不存在x 0＞1满足题意. 当k ＞1时，对于x ＞1，有f (x )＜x －1＜k (x －1)， 则f (x )＜k (x －1)， 从而不存在x 0＞1满足题意.当k ＜1时，令G (x )＝f (x )－k (x －1)，x ∈(0，＋∞)， 则有G ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋－k x ＋1x.由G ′(x )＝0，得－x 2＋(1－k )x ＋1＝0. 解得x 1＝1－k －－k 2＋42＜0，x 2＝1－k ＋－k 2＋42＞1.当x ∈(1，x 2)时，G ′(x )＞0， 故G (x )在(1，x 2)内单调递增.从而当x ∈(1，x 2)时，G (x )＞G (1)＝0， 即f (x )＞k (x －1).综上，k 的取值范围是(－∞，1). 题型二 利用导数研究函数零点问题例4 (2016·扬州模拟)设函数f (x )＝x e x－a sin x cos x (a ∈R ，其中e 是自然对数的底数). (1)当a ＝0时，求f (x )的极值；(2)若对于任意的x ∈[0，π2]，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围；(3)是否存在实数a ，使得函数f (x )在区间(0，π2)上有两个零点？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由.解 (1) 当a ＝0时，f (x )＝x e x，f ′(x )＝e x (x ＋1)， 令f ′(x )＝0，得x ＝－1. 列表如下：↘↗所以函数f (x )的极小值为f (－1)＝－1e，无极大值.(2)①当a ≤0时，由于对于任意x ∈[0，π2]，有sin x cos x ≥0，所以f (x )≥0恒成立，即当a ≤0时，符合题意；②当0<a ≤1时，因为f ′(x )＝e x(x ＋1)－a cos 2x ≥e 0(0＋1)－a cos 0＝1－a ≥0， 所以函数f (x )在[0，π2]上为增函数.所以f (x )≥f (0)＝0，即当0<a ≤1时，符合题意； ③当a >1时，f ′(0)＝1－a <0， f ′(π4)＝4e π(π4＋1)>0，设f ′(α)＝0，其中α是f ′(x )＝0中最接近x ＝0的零点. 所以f (x )在(0，α)上为减函数，此时f (x )<f (0)＝0， 即当a >1时，不符合题意.综上所述，a 的取值范围是(－∞，1].(3)不存在实数a ，使得函数f (x )在区间(0，π2)上有两个零点.由(2)知，当a ≤1时，f (x )在(0，π2)上是增函数，且f (0)＝0，故函数f (x )在区间(0，π2)上无零点.当a >1时，f ′(x )＝e x(x ＋1)－a cos 2x . 令g (x )＝e x(x ＋1)－a cos 2x ， 则g ′(x )＝e x (x ＋2)＋2a sin 2x ， 当x ∈(0，π2)时，恒有g ′(x )>0，所以g (x )在(0，π2)上是增函数.由g (0)＝1－a <0，g (π2)＝2e π(π2＋1)＋a >0， 故g (x )在(0，π2)上存在唯一的零点x 0，即方程f ′(x )＝0在(0，π2)上存在唯一解x 0.且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0； 当x ∈(x 0，π2)时，f ′(x )>0，即函数f (x )在(0，x 0)上单调递减， 在(x 0，π2)上单调递增.当x ∈(0，x 0)时，f (x )<f (0)＝0，即f (x )在(0，x 0)上无零点； 当x ∈(x 0，π2)时，由于f (x 0)<f (0)＝0，f (π2)＝π22e>0，所以f (x )在(x 0，π2)上有唯一零点.所以，当a >1时，f (x )在(0，π2)上有一个零点.综上所述，不存在实数a ，使得函数f (x )在区间(0，π2)上有两个零点.思维升华 利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个数问题.可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数.(2016·南通模拟)已知函数f (x )＝a ＋x ln x (a ∈R ).(1)求f (x )的单调区间；(2)试求f (x )的零点个数，并证明你的结论.解 (1)由f (x )＝a ＋x ln x 知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝12x (2＋ln x ).令f ′(x )＝0，得x ＝1e2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以，函数f (x )的单调减区间为(0，1e )，单调增区间为(1e ，＋∞).(2)由(1)知[f (x )]min ＝f (1e 2)＝a －2e.①若a >2e ，因为f (x )≥[f (x )]min ＝f (1e 2)＝a －2e >0，所以此时函数f (x )的零点个数为0.②若a ＝2e ，则[f (x )]min ＝f (1e 2)＝a －2e＝0，而函数f (x )在(0，1e 2)上是单调减函数，在(1e 2，＋∞)上是单调增函数，即当0<x <1e 2时，f (x )>f (1e 2)＝0；当x >1e 2时，f (x )>f (1e2)＝0.于是，此时f (x )有唯一零点1e 2，即零点个数为1.③若a <2e ，则[f (x )]min ＝f (1e 2)＝a －2e <0.当a ≤0时，因为当x ∈(0，1e 2]时，f (x )＝a ＋x ln x <a ≤0，所以函数f (x )在区间(0，1e2]上无零点；因为函数f (x )在[1e 2，＋∞)上是单调增函数，且f (1e 2)＝a －2e <0，而e－2a∈(1e2，＋∞)，f (e －2a )＝a (1－2e －a)≥0， 所以函数f (x )在(1e 2，e －2a)上恰有一个零点.于是函数f (x )在[1e 2，＋∞)上恰有一个零点.从而当a ≤0时，函数f (x )的零点个数为1； 当0<a <2e时，因为函数f (x )在[1e 2，＋∞)上是单调增函数，且f (1)＝a >0，f (1e 2)＝a －2e<0，所以函数f (x )在(1e 2，1)上恰有一个零点，于是函数f (x )在(1e2，＋∞)上也恰有一个零点.因为函数f (x )在(0，1e 2)上是单调减函数，且f (1e 2)＝a －2e <0，而441e e a a-=∈(0，1e2)，且f (4ea-)＝24eaa a ->a －4a ·22a 2＝0(利用结论：“当x >0时，e x >x 2”进行放缩)，此时，函数f (x )在(0，1e 2)上恰有一个零点，故当0<a <2e 时，函数f (x )的零点个数为2.综上，当a >2e 时，函数f (x )的零点个数为0；当a ＝2e 或a ≤0时，函数f (x )的零点个数为1；当0<a <2e 时，函数f (x )的零点个数为2.题型三 利用导数研究生活中的优化问题例5 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y ＝ax －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数.已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克. (1)求a 的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大.解 (1)因为当x ＝5时，y ＝11，所以a2＋10＝11，a ＝2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为y ＝2x －3＋10(x －6)2. 所以商场每日销售该商品所获得的利润为f (x )＝(x －3)[2x －3＋10(x －6)2]＝2＋10(x －3)(x －6)2，3<x <6.从而，f ′(x )＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)] ＝30(x －4)(x －6).于是，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：由上表可得，当x ＝4时，函数f (x )取得极大值，也是最大值. 所以，当x ＝4时，函数f (x )取得最大值且最大值等于42.答 当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大. 思维升华 利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤(1)分析实际问题中各个量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x ).(2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0.(3)比较函数在区间端点和使f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；若函数在开区间内只有一个极值点，那么该极值点就是最值点. (4)回归实际问题作答.(2016·苏北四市调研)经市场调查，某商品每吨的价格为x (1<x <14)百元时，该商品的月供给量为y 1吨，y 1＝ax ＋72a 2－a (a >0)；月需求量为y 2万吨，y 2＝－1224x 2－1112x ＋1，当该商品的需求量大于供给量时，销售量等于供给量；当该商品的需求量不大于供给量时，销售量等于需求量，该商品的月销售额等于月销售量与价格的乘积. (1)若a ＝17，问商品的价格为多少时，该商品的月销售额最大？(2)记需求量与供给量相等时的价格为均衡价格，若该商品的均衡价格不低于每吨6百元，求实数a 的取值范围.解 (1) 若a ＝17，由y 2>y 1，得－1224x 2－1112x ＋1>17x ＋72(17)2－17，解得－40<x <6 . 因为1<x <14，所以1<x <6. 设该商品的月销售额为g (x )，则g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧y 1·x ，1<x <6，y 2·x ，6≤x <14.当1<x <6时，g (x )＝17(x －12)x <g (6)＝337.当6≤x <14时，g (x )＝(－1224x 2－1112x ＋1)x ，则g ′(x )＝－1224(3x 2＋4x －224)＝－1224(x －8)(3x ＋28)，由g ′(x )>0，得x <8，所以g (x )在[6，8)上是增函数，在(8，14)上是减函数， 故当x ＝8时，g (x )有最大值g (8)＝367.(2)设f (x )＝y 1－y 2＝1224x 2＋(1112＋a )x ＋72a 2－1－a ，因为a >0，所以f (x )在区间(1，14)上是增函数，若该商品的均衡价格不低于6百元，则函数f (x )在区间[6，14)上有零点，所以⎩⎪⎨⎪⎧f，f ，即⎩⎪⎨⎪⎧7a 2＋10a －117≤0，72a 2＋13a >0，解得0<a ≤17.答 (1)若a ＝17，商品的每吨价格定为8百元时，月销售额最大；(2)若该商品的均衡价格不低于每吨6百元，实数a 的取值范围是(0，17].一审条件挖隐含典例 (16分)设f (x )＝a x＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ； (2)如果对于任意的s ，t ∈[12，2]，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围.(1)存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M ↓(正确理解“存在”的含义) [g (x 1)－g (x 2)]max ≥M↓挖掘[g (x 1)－g (x 2)]max 的隐含实质g (x )max －g (x )min ≥M↓求得M 的最大整数值(2)对任意s ，t ∈[12，2]都有f (s )≥g (t )↓(理解“任意”的含义)f (x )min ≥g (x )max↓求得g (x )max ＝1ax＋x ln x ≥1恒成立 ↓分离参数aa ≥x －x 2ln x 恒成立↓求h (x )＝x －x 2ln x 的最大值a ≥h (x )max ＝h (1)＝1↓a ≥1规范解答解 (1)存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M . [2分]由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x (x －23).令g ′(x )>0，得x <0或x >23，又x ∈[0，2]，所以g (x )在区间[0，23]上单调递减，在区间[23，2]上单调递增，所以g (x )min＝g (23)＝－8527，g (x )max ＝g (2)＝1.故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝11227≥M ，则满足条件的最大整数M ＝4.[7分](2)对于任意的s ，t ∈[12，2]，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间[12，2]上，函数f (x )min ≥g (x )max .[9分]由(1)可知在区间[12，2]上，g (x )的最大值为g (2)＝1.在区间[12，2]上，f (x )＝a x＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立.设h (x )＝x －x 2ln x ，h ′(x )＝1－2x ln x －x ，可知h ′(x )在区间[12，2]上是减函数，又h ′(1)＝0，所以当1<x <2时，h ′(x )<0；当12<x <1时，h ′(x )>0.[14分]即函数h (x )＝x －x 2ln x 在区间(12，1)上单调递增，在区间(1，2)上单调递减，所以h (x )max＝h (1)＝1，所以a ≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞).[16分]1.函数f (x )＝(x －1)2(x －2)2的极大值是________. 答案116解析 ∵f (x )＝(x －1)2(x －2)2， ∴f ′(x )＝2(x －1)(2x －3)(x －2).令f ′(x )＝0，得可能的极值点x 1＝1，x 2＝32，x 3＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：↘↘∴f (32)＝116是函数的极大值.2.已知曲线y ＝x 2＋a ln x (a >0)上任意一点处的切线的斜率为k ，若k 的最小值为4，则此时切点的坐标为________. 答案 (1，1)解析 函数y ＝x 2＋a ln x (a ＞0)的定义域为{x |x ＞0}，y ′＝2x ＋ax≥22a ＝4，则a ＝2，当且仅当x ＝1时，“＝”成立，将x ＝1代入曲线方程得y ＝1，故所求的切点坐标是(1，1). 3.如果不等式ln kx x ≤1e 对任意的正实数x 恒成立，则实数k 的取值范围为____________.答案 (0，1]解析 由题意知k ＞0，令f (x )＝ln kxx(x >0)，则f (x )＝ln kx x ＝ln k ＋ln x x，因此f ′(x )＝1－ln kx x 2，令f ′(x )＝0，解得x ＝e k ，且函数f (x )在x ＝e k处取得极大值，也是最大值，由题意有k e ≤1e，所以0<k ≤1.4.若商品的年利润y (万元)与年产量x (百万件)的函数关系式：y ＝－x 3＋27x ＋123(x >0)，则获得最大利润时的年产量为________百万件. 答案 3解析 y ′＝－3x 2＋27＝－3(x ＋3)(x －3)， 当0<x <3时，y ′>0； 当x >3时，y ′<0.故当x ＝3时，该商品的年利润最大.5.(2017·南京质检)直线x ＝t 分别与函数f (x )＝e x＋1的图象及g (x )＝2x －1的图象相交于点A 和点B ，则AB 的最小值为________. 答案 4－2ln 2解析 由题意得，AB ＝|e x＋1－(2x －1)| ＝|e x －2x ＋2|，令h (x )＝e x－2x ＋2，则h ′(x )＝e x－2，所以h (x )在(－∞，ln 2)上单调递减， 在(ln 2，＋∞)上单调递增， 所以h (x )min ＝h (ln 2)＝4－2ln 2>0， 即AB 的最小值是4－2ln 2.6.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2xx ，x ＋x，若|f (x )|≥ax ，则a 的取值范围是____________. 答案 [－2，0] 解析 |f (x )|≥ax ⇔⎩⎪⎨⎪⎧－－x 2＋2xax x ，x ＋ax x，成立.①由(1)得x (x －2)≥ax 在区间(－∞，0]上恒成立. 当x ＝0时，a ∈R ；当x <0时，有x －2≤a 恒成立，所以a ≥－2.故a ≥－2.②由(2)得ln(x ＋1)－ax ≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，设h (x )＝ln(x ＋1)－ax (x >0)， 则h ′(x )＝1x ＋1－a (x >0)，可知h ′(x )为减函数. 当a ≤0时，h ′(x )>0，故h (x )为增函数， 所以h (x )>h (0)＝0恒成立； 当a ≥1时，因为1x ＋1∈(0，1)， 所以h ′(x )＝1x ＋1－a <0，故h (x )为减函数， 所以h (x )<h (0)＝0恒成立，显然不符合题意；当0<a <1时，对于给定的一个确定值a ，总可以至少找到一个x 0>0，满足h (x 0)＝ln(x 0＋1)－ax 0<0成立.如a ＝12时，取x 0＝4，则h (x 0)＝ln 5－2<0成立，可知0<a <1时，不符合题意.故a ≤0.由①②可知a 的取值范围是[－2，0].7.若函数f (x )＝ax 2＋4x －3在[0，2]上有最大值f (2)，则a 的取值范围是________. 答案 [－1，＋∞)解析 f ′(x )＝2ax ＋4，由f (x )在[0，2]上有最大值f (2)，则要求f (x )在[0，2]上单调递增，则2ax ＋4≥0在[0，2]上恒成立.当a ≥0时，2ax ＋4≥0恒成立；当a <0时，要求4a ＋4≥0恒成立，即a ≥－1.∴a 的取值范围是[－1，＋∞).8.(2016·苏州模拟)定义在R 上的函数f (x )满足：f (x )＋f ′(x )>1，f (0)＝4，则不等式e x f (x )>e x＋3(其中e 为自然对数的底数)的解集为________________. 答案 (0，＋∞)解析 设g (x )＝e x f (x )－e x(x ∈R )， 则g ′(x )＝e x f (x )＋e x f ′(x )－e x＝e x[f (x )＋f ′(x )－1]，∵f (x )＋f ′(x )>1，∴f (x )＋f ′(x )－1>0， ∴g ′(x )>0，∴y ＝g (x )在定义域上单调递增， ∵e x f (x )>e x＋3，∴g (x )>3， 又∵g (0)＝e 0f (0)－e 0＝4－1＝3， ∴g (x )>g (0)，∴x >0.9.已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0且x 0>0，则a 的取值范围是________. 答案 (－∞，－2)解析 当a ＝0时，f (x )＝－3x 2＋1有两个零点，不合题意，故a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2a.若a >0，由三次函数图象知f (x )有负数零点，不合题意，故a <0. 由三次函数图象及f (0)＝1>0知，f (2a)>0， 即a ×(2a )3－3×(2a)2＋1>0，化简得a 2－4>0，又a <0，所以a <－2.10.已知函数f (x )＝ax 3－3x ＋1对x ∈(0，1]总有f (x )≥0成立，则实数a 的取值范围是________. 答案 [4，＋∞)解析 当x ∈(0，1]时不等式ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x －1x 3，设g (x )＝3x －1x3，x ∈(0，1]， g ′(x )＝3x 3－x －x 2x 6＝－x －12x 4.g ′(x )与g (x )随x 的变化情况如下表：↗因此g (x )的最大值为4， 则实数a 的取值范围是[4，＋∞).11.(2016·盐城模拟)已知f (x )＝(1－x )e x－1. (1)求函数f (x )的最大值； (2)设g (x )＝f xx，x >－1且x ≠0，证明：g (x )<1. (1)解 f ′(x )＝－x e x.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<x<0时，g(x)<1等价于f(x)>x.设h(x)＝f(x)－x，则h′(x)＝－x e x－1. 当x∈(－1，0)时，0<－x<1，0<e x<1，则0<－x e x<1，从而当x∈(－1，0)时，h′(x)<0，h(x)在(－1，0)上单调递减.当－1<x<0时，h(x)>h(0)＝0，即g(x)<1. 综上，当x>－1且x≠0时总有g(x)<1.。