利用导数解不等式考点与题型归纳考点一 f (x )与f ′(x )共存的不等式问题[典例] (1)定义在R 上的函数f (x )，满足f (1)＝1，且对任意x ∈R 都有f ′(x )＜12，则不等式f (lg x )＞lg x ＋12的解集为__________．(2)设f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x ＜0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＞0，且g (－3)＝0，则不等式f (x )g (x )＜0的解集为__________________．[解析] (1)由题意构造函数g (x )＝f (x )－12x ，则g ′(x )＝f ′(x )－12＜0，所以g (x )在定义域内是减函数． 因为f (1)＝1，所以g (1)＝f (1)－12＝12，由f (lg x )＞lg x ＋12，得f (lg x )－12lg x ＞12.即g (lg x )＝f (lg x )－12lg x ＞12＝g (1)，所以lg x ＜1，解得0＜x ＜10. 所以原不等式的解集为(0,10)．(2)借助导数的运算法则，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＞0⇔[f (x )g (x )]′＞0，所以函数y ＝f (x )g (x )在(－∞，0)上单调递增．又由题意知函数y ＝f (x )g (x )为奇函数，所以其图象关于原点对称，且过点(－3,0)，(3,0)．数形结合可求得不等式f (x )g (x )＜0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．[答案] (1)(0,10) (2)(－∞，－3)∪(0,3)[解题技法](1)对于不等式f ′(x )＋g ′(x )＞0(或＜0) ，构造函数F (x )＝f (x )＋g (x )． (2)对于不等式f ′(x )－g ′(x )＞0(或＜0) ，构造函数F (x )＝f (x )－g (x )． 特别地，对于不等式f ′(x )＞k (或＜k )(k ≠0)，构造函数F (x )＝f (x )－kx . (3)对于不等式f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＞0(或＜0)，构造函数F (x )＝f (x )g (x )．(4)对于不等式f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )＞0(或＜0)，构造函数F (x )＝f (x )g (x )(g (x )≠0)．[典例] (1)设f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R)的导函数，f (－1)＝0, 当x ＞0时，xf ′(x )－f (x )＜0，则使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)D ．(0,1)∪(1，＋∞)(2)设函数f (x )在R 上的导函数为f ′(x )，且2f (x )＋xf ′(x )＞x 2，则下列不等式在R 上恒成立的是( )A ．f (x )＞0B ．f (x )＜0C ．f (x )＞xD ．f (x )＜x[解析] (1)令g (x )＝f (x )x ，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2.由题意知，当x ＞0时，g ′(x )＜0， ∴g (x )在(0，＋∞)上是减函数． ∵f (x )是奇函数，f (－1)＝0， ∴f (1)＝－f (－1)＝0， ∴g (1)＝f (1)＝0，∴当x ∈(0,1)时，g (x )＞0，从而f (x )＞0； 当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＜0，从而f (x )＜0. 又∵f (x )是奇函数，∴当x ∈(－∞，－1)时，f (x )＞0； 当x ∈(－1,0)时，f (x )＜0.综上，所求x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．(2)令g (x )＝x 2f (x )－14x 4，则g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )－x 3＝x [2f (x )＋xf ′(x )－x 2]．当x ＞0时，g ′(x )＞0，∴g (x )＞g (0)， 即x 2f (x )－14x 4＞0，从而f (x )＞14x 2＞0；当x ＜0时，g ′(x )＜0，∴g (x )＞g (0)， 即x 2f (x )－14x 4＞0，从而f (x )＞14x 2＞0；当x ＝0时，由题意可得2f (0)＞0，∴f (0)＞0.综上可知，f (x )＞0. [答案] (1)A (2)A [解题技法](1)对于xf ′(x )＋nf (x )＞0型，构造F (x )＝x n f (x )，则F ′(x )＝x n －1[xf ′(x )＋nf (x )](注意对x n－1的符号进行讨论)，特别地，当n ＝1时，xf ′(x )＋f (x )＞0，构造F (x )＝xf (x )，则F ′(x )＝xf ′(x )＋f (x )＞0.(2)对于xf ′(x )－nf (x )＞0(x ≠0)型，构造F (x )＝f (x )x n ，则F ′(x )＝xf ′(x )－nf (x )xn ＋1(注意对x n ＋1的符号进行讨论)，特别地，当n ＝1时，xf ′(x )－f (x )＞0，构造F (x )＝f (x )x，则F ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2＞0. [典例] (1)已知f (x )为R 上的可导函数，且∀x ∈R ，均有f (x )＞f ′(x )，则有( ) A ．e 2 019f (－2 019)＜f (0)，f (2 019)＞e 2 019f (0) B ．e 2 019f (－2 019)＜f (0)，f (2 019)＜e 2 019f (0) C ．e 2 019f (－2 019)＞f (0)，f (2 019)＞e 2 019f (0) D ．e 2 019f (－2 019)＞f (0)，f (2 019)＜e 2 019f (0)(2)已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＋2f ′(x )＞0恒成立，且f (2)＝1e (e 为自然对数的底数)，则不等式e xf (x )－e 2x ＞0的解集为________．[解析] (1)构造函数h (x )＝f (x )e x ，则h ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x＜0，即h (x )在R 上单调递减，故h (－2 019)＞h (0)，即f (－2 019)e －2 019＞f (0)e 0⇒e 2 019f (－2 019)＞f (0)；同理，h (2 019)＜h (0)，即f (2 019)＜e 2 019f (0)，故选D.(2)由f (x )＋2f ′(x )＞0得2⎣⎡⎦⎤12f (x )＋f ′(x )＞0，可构造函数h (x )＝e 2xf (x )，则h ′(x )＝12e 2x[f (x )＋2f ′(x )]＞0，所以函数h (x )＝e 2x f (x )在R 上单调递增，且h (2)＝e f (2)＝1.不等式e x f (x )－e 2x ＞0等价于e 2x f (x )＞1，即h (x )＞h (2)⇒x ＞2，所以不等式e x f (x )－e 2x ＞0的解集为(2，＋∞)．[答案] (1)D (2)(2，＋∞) [解题技法](1)对于不等式f ′(x )＋f (x )＞0(或＜0)，构造函数F (x )＝e x f (x )．(2)对于不等式f′(x)－f(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x) e x.考点二不等式恒成立问题不等式恒成立问题的基本类型类型1：任意x，使得f(x)＞0，只需f(x)min＞0.类型2：任意x，使得f(x)＜0，只需f(x)max＜0.类型3：任意x，使得f(x)＞k，只需f(x)min＞k.类型4：任意x，使得f(x)＜k，只需f(x)max＜k.类型5：任意x，使得f(x)＞g(x)，只需h(x)min＝[f(x)－g(x)]min＞0.类型6：任意x，使得f(x)＜g(x)，只需h(x)max＝[f(x)－g(x)]max＜0.[典例]已知函数f(x)＝ax＋ln x＋1，若对任意的x＞0，f(x)≤x e2x恒成立，求实数a的取值范围．[解]法一：构造函数法设g(x)＝x e2x－ax－ln x－1(x＞0)，对任意的x＞0，f(x)≤x e2x恒成立，等价于g(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，则只需g(x)min≥0即可．因为g′(x)＝(2x＋1)e2x－a－1x，令h(x)＝(2x＋1)e2x－a－1x(x＞0)，则h′(x)＝4(x＋1)e2x＋1x2＞0，所以h(x)＝g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为当x―→0时，h(x)―→－∞，当x―→＋∞时，h(x)―→＋∞，所以h(x)＝g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点x0，满足(2x0＋1)e2x0－a－1x0＝0，所以a＝(2x0＋1)e2x0－1x0，且g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(x0)＝x0e2x0－ax0－ln x0－1＝－2x20e2x0－ln x0，则由g(x)min≥0，得2x20e2x0＋ln x0≤0，此时0＜x0＜1，e2x0≤－ln x02x20，所以2x0＋ln(2x0)≤ln(－ln x0)＋(－ln x0)，设S (x )＝x ＋ln x (x ＞0)，则S ′(x )＝1＋1x ＞0，所以函数S (x )在(0，＋∞)上单调递增， 因为S (2x 0)≤S (－ln x 0)， 所以2x 0≤－ln x 0即e2x 0≤1x 0，所以a ＝(2x 0＋1)e2x 0－1x 0≤(2x 0＋1)·1x 0－1x 0＝2，所以实数a 的取值范围为(－∞，2]． 法二：分离参数法因为f (x )＝ax ＋ln x ＋1，所以对任意的x ＞0，f (x )≤x e 2x 恒成立，等价于a ≤e 2x －ln x ＋1x 在(0，＋∞)上恒成立．令m (x )＝e 2x －ln x ＋1x (x ＞0)，则只需a ≤m (x )min 即可，则m ′(x )＝2x 2e 2x ＋ln xx 2， 再令g (x )＝2x 2e 2x ＋ln x (x ＞0)，则g ′(x )＝4(x 2＋x )e 2x ＋1x ＞0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为g ⎝⎛⎭⎫14＝e 8－2ln 2＜0，g (1)＝2e 2＞0， 所以g (x )有唯一的零点x 0，且14＜x 0＜1，所以当0＜x ＜x 0时，m ′(x )＜0，当x ＞x 0时，m ′(x )＞0， 所以m (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，因为2x 20e2x 0＋ln x 0＝0， 所以ln 2＋2ln x 0＋2x 0＝ln(－ln x 0)， 即ln(2x 0)＋2x 0＝ln(－ln x 0)＋(－ln x 0)， 设s (x )＝ln x ＋x (x ＞0)，则s ′(x )＝1x ＋1＞0，所以函数s (x )在(0，＋∞)上单调递增， 因为s (2x 0)＝s (－ln x 0)， 所以2x 0＝－ln x 0，即e2x 0＝1x 0，所以m (x )≥m (x 0)＝e2x 0－ln x 0＋1x 0＝1x 0－ln x 0x 0－1x 0＝2，则有a ≤2，所以实数a 的取值范围为(－∞，2]． [解题技法]求解不等式恒成立问题的方法(1)构造函数分类讨论：遇到f (x )≥g (x )型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h (x )＝f (x )－g (x ) 或“右减左”的函数u (x )＝g (x )－f (x )，进而只需满足h (x )min ≥0或u (x )max ≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．(2)分离函数法：分离参数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数a ，另一端是变量表达式v (x )的不等式后，应用数形结合思想把不等式恒成立问题转化为水平直线y ＝a 与函数y ＝v (x )图象的交点个数问题来解决．[题组训练](2019·陕西教学质量检测)设函数f (x )＝ln x ＋kx，k ∈R.(1)若曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，求f (x )的单调性和极小值(其中e 为自然对数的底数)；(2)若对任意的x 1＞x 2＞0，f (x 1)－f (x 2)＜x 1－x 2恒成立，求k 的取值范围． 解：(1)由条件得f ′(x )＝1x －kx2(x ＞0)，∵曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直， ∴f ′(e)＝0，即1e －ke 2＝0，得k ＝e ，∴f ′(x )＝1x －e x 2＝x －ex2(x ＞0)，由f ′(x )＜0得0＜x ＜e ，由f ′(x )＞0得x ＞e ， ∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增． 当x ＝e 时，f (x )取得极小值，且f (e)＝ln e ＋ee ＝2.∴f (x )的极小值为2.(2)由题意知，对任意的x 1＞x 2＞0，f (x 1)－x 1＜f (x 2)－x 2恒成立， 设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋kx －x (x ＞0)，则h (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴h ′(x )＝1x －kx 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即当x ＞0时，k ≥－x 2＋x ＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14恒成立， ∴k ≥14.故k 的取值范围是⎣⎡⎭⎫14，＋∞. 考点三 可化为不等式恒成立问题可化为不等式恒成立问题的基本类型类型1：函数f (x )在区间D 上单调递增，只需f ′(x )≥0.类型2：函数f (x )在区间D 上单调递减，只需f ′(x )≤0.类型3：∀x 1，x 2∈D ，f (x 1)＞g (x 2)，只需f (x )min ＞g (x )max .类型4：∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＞g (x 2)，只需f (x )min ＞g (x )min .类型5：∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＜g (x 2)，只需f (x )max ＜g (x )max .[典例] 已知函数f (x )＝13x 3＋x 2＋ax .(1)若函数f (x )在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a 的最小值；(2)若函数g (x )＝xe x ，对∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12，2，∃x 2∈⎣⎡⎦⎤12，2，使f ′(x 1)≤g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．[解] (1)由题设知f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a ≥－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，而函数y ＝－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减，则y max ＝－3，∴a ≥－3，∴a 的最小值为－3.(2)“对∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12，2，∃x 2∈⎣⎡⎦⎤12，2，使f ′(x 1)≤g (x 2)成立”等价于“当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，f ′(x )max ≤g (x )max ”．∵f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ＝(x ＋1)2＋a －1在⎣⎡⎦⎤12，2上单调递增， ∴f ′(x )max ＝f ′(2)＝8＋a .而g ′(x )＝1－xe x ，由g ′(x )＞0，得x ＜1，由g ′(x )＜0，得x ＞1，∴g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，g (x )max ＝g (1)＝1e . 由8＋a ≤1e ，得a ≤1e－8，∴实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，1e －8. [解题技法](1)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＞g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最小值大于g (x )在D 2上的最小值即f (x )min ＞g (x )min (这里假设f (x )min ，g (x )min 存在)．其等价转化的基本思想是：函数y ＝f (x )的任意一个函数值大于函数y ＝g (x )的某一个函数值，但并不要求大于函数y ＝g (x )的所有函数值．(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＜g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最大值小于函数g (x )在D 2上的最大值(这里假设f (x )max ，g (x )max 存在)．其等价转化的基本思想是：函数y ＝f (x )的任意一个函数值小于函数y ＝g (x )的某一个函数值，但并不要求小于函数y ＝g (x )的所有函数值．[题组训练]已知函数f (x )＝3x －3x ＋1，g (x )＝－x 3＋32(a ＋1)x 2－3ax －1，其中a 为常数．(1)当a ＝1时，求曲线g (x )在x ＝0处的切线方程；(2)若a ＜0，对于任意的x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝1时，g (x )＝－x 3＋3x 2－3x －1，所以g ′(x )＝－3x 2＋6x －3，g ′(0)＝－3，又因为g (0)＝－1， 所以曲线g (x )在x ＝0处的切线方程为y ＋1＝－3x ，即3x ＋y ＋1＝0. (2)f (x )＝3x －3x ＋1＝3(x ＋1)－6x ＋1＝3－6x ＋1，当x ∈[1,2]时，1x ＋1∈⎣⎡⎦⎤13，12， 所以－6x ＋1∈[－3，－2]， 所以3－6x ＋1∈[0,1]，故f (x )在[1,2]上的值域为[0,1]．由g (x )＝－x 3＋32(a ＋1)x 2－3ax －1，可得g ′(x )＝－3x 2＋3(a ＋1)x －3a ＝－3(x －1)(x －a )． 因为a ＜0，所以当x ∈[1,2]时，g ′(x )＜0， 所以g (x )在[1,2]上单调递减， 故当x ∈[1,2]时，g (x )max ＝g (1)＝－1＋32(a ＋1)－3a －1＝－32a －12，g (x )min ＝g (2)＝－8＋6(a ＋1)－6a －1＝－3， 即g (x )在[1,2]上的值域为⎣⎡⎦⎤－3，－32a －12. 因为对于任意的x 1∈[1,2] ，总存在x 2∈[1,2]， 使得f (x 1)＝g (x 2)，所以[0,1]⊆⎣⎡⎦⎤－3，－32a －12， 所以－32a －12≥1，解得a ≤－1，故a 的取值范围为(－∞，－1]．[课时跟踪检测]1．(2019·南昌调研)已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，设函数f (x )的导函数为f ′(x )，若对任意的x ＞0都有2f (x )＋xf ′(x )＞0成立，则( )A ．4f (－2)＜9f (3)B ．4f (－2)＞9f (3)C ．2f (3)＞3f (－2)D ．3f (－3)＜2f (－2)解析：选A 根据题意，令g (x )＝x 2f (x )，其导函数g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )，又对任意的x ＞0都有2f (x )＋xf ′(x )＞0成立，则当x ＞0时，有g ′(x )＝x [2f (x )＋xf ′(x )]＞0恒成立，即函数g (x )在(0，＋∞)上为增函数，又由函数f (x )是定义在R 上的偶函数，则f (－x )＝f (x )，则有g (－x )＝(－x )2f (－x )＝x 2f (x )＝g (x )，即函数g (x )也为偶函数，则有g (－2)＝g (2)，且g (2)＜g (3)，则有g (－2)＜g (3)，即有4f (－2)＜9f (3)．2．f (x )在(0，＋∞)上的导函数为f ′(x )，xf ′(x )＞2f (x )，则下列不等式成立的是( ) A ．2 0182f (2 019)＞2 0192f (2 018) B ．2 0182f (2 019)＜2 0192f (2 018)C ．2 018f (2 019)＞2 019f (2 018)D ．2 018f (2 019)＜2 019f (2 018)解析：选A 令g (x )＝f (x )x 2，x ∈(0，＋∞)，则g ′(x )＝x 2f ′(x )－2xf (x )x 4＝xf ′(x )－2f (x )x 3＞0，则g (x )在(0，＋∞)上为增函数， 即f (2 019)2 0192＞f (2 018)2 0182， ∴2 0182f (2 019)＞2 0192f (2 018)．3．(2019·郑州质检)若对于任意的正实数x ，y 都有⎝⎛⎭⎫2x －y e ln y x ≤xm e 成立，则实数m 的取值范围为( )A.⎝⎛⎭⎫1e ，1 B.⎝⎛⎦⎤1e 2，1 C.⎝⎛⎦⎤1e 2，eD.⎝⎛⎦⎤0，1e 解析：选D 由⎝⎛⎭⎫2x －y e ln y x ≤xm e ， 可得⎝⎛⎭⎫2e －y x ln y x ≤1m . 设yx＝t ，令f (t )＝(2e －t )·ln t ，t ＞0， 则f ′(t )＝－ln t ＋2e t －1，令g (t )＝－ln t ＋2e t －1，t ＞0，则g ′(t )＝－1t －2et 2＜0，∴g (t )在(0，＋∞)上单调递减，即f ′(t )在(0，＋∞)上单调递减． ∵f ′(e)＝0，∴f (t )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减， ∴f (t )max ＝f (e)＝e ，∴e ≤1m ，∴实数m 的取值范围为⎝⎛⎦⎤0，1e . 4．设函数f (x )＝e x ⎝⎛⎭⎫x ＋3x －3－ax (e 为自然对数的底数)，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 ≥e x (x 2－3x ＋3)，令g (x )＝e x (x 2－3x ＋3)，x ∈(0，＋∞)，则a ≥g (x )min .而g ′(x )＝e x (x 2－x )，由g ′(x )＞0可得 x ∈(1，＋∞)，由g ′(x )＜0可得x ∈(0,1)，∴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：e5．(2018·武汉质检)已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，2f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)∵函数f (x )＝x ln x 的定义域是(0，＋∞)，∴f ′(x )＝ln x ＋1.令f ′(x )＜0，得ln x ＋1＜0，解得0＜x ＜1e， ∴f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1e . 令f ′(x )＞0，得ln x ＋1＞0，解得x ＞1e， ∴f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞. 综上，f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1e ，单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞. (2)∵g ′(x )＝3x 2＋2ax －1,2f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，∴2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1恒成立．∵x ＞0，∴a ≥ln x －32x －12x 在x ∈(0，＋∞)上恒成立．设h (x )＝ln x －32x －12x (x ＞0)，则h ′(x )＝1x－32＋12x 2＝－(x －1)(3x ＋1)2x 2.令h ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝－13(舍去)． 当x 变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：∴当x ＝1时，h (x )取得极大值，也是最大值，且h (x )max ＝h (1)＝－2，∴若a ≥h (x )在x ∈(0，＋∞)上恒成立，则a ≥h (x )max ＝－2，故实数a 的取值范围是[－2，＋∞)．6．(2019·郑州质检)已知函数f (x )＝ln x －a (x ＋1)，a ∈R ，在点(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 0＞1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )－x 22＋2x ＋12＞k (x －1)成立，求k 的取值范围．解：(1)由已知可得f (x )的定义域为(0，＋∞)．∵f ′(x )＝1x－a ，∴f ′(1)＝1－a ＝0，∴a ＝1， ∴f ′(x )＝1x －1＝1－x x， 令f ′(x )＞0，得0＜x ＜1，令f ′(x )＜0，得x ＞1，∴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 )－x 22＋2x ＋12＞k (x －1)可化为ln x －x 22＋x －12＞k (x －1)． 令g (x )＝ln x －x 22＋x －12－k (x －1)(x ＞1)， 则g ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋(1－k )x ＋1x， 令h (x )＝－x 2＋(1－k )x ＋1(x ＞1)，则h (x )的对称轴为x ＝1－k 2. ①当1－k 2≤1，即k ≥－1时，易知h (x )在(1，x 0)上单调递减， ∴h (x )＜h (1)＝1－k .若k ≥1，则h (x )＜0，∴g ′(x )＜0，∴g (x )在(1，x 0)上单调递减，∴g (x )＜g (1)＝0，不合题意；若－1≤k ＜1，则h (1)＞0，∴必存在x 0使得x ∈(1，x 0)时g ′(x )＞0，∴g (x )在(1，x 0)上单调递增，∴g (x )＞g (1)＝0恒成立，符合题意．②当1－k 2＞1，即k ＜－1时，易知必存在x ，使得h (x )在(1，x 0)上单调递增．∴h (x )＞h (1)＝1－k ＞0，∴g ′(x )＞0，∴g (x )在(1，x 0)上单调递增．∴g (x )＞g (1)＝0恒成立，符合题意．综上，k 的取值范围为(－∞，1)．7．已知函数f (x )＝x e x ＋ln x x(e 为自然对数的底数)． (1)求证：函数f (x )有唯一零点；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，x e x －ln x ≥1＋kx 恒成立，求实数k 的取值范围．解：(1)证明：f ′(x )＝(x ＋1)e x＋1－ln x x 2，x ∈(0，＋∞)， 易知当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0,所以f (x )在区间(0,1)上为增函数，又因为f ⎝⎛⎭⎫1e ＝e 1e －e 2e ＜0，f (1)＝e ＞0，所以f ⎝⎛⎭⎫1e f (1)＜0，即f (x )在区间(0,1)上恰有一个零点，由题可知f (x )＞0在(1，＋∞)上恒成立，即在(1，＋∞)上无零点， 所以f (x )在(0，＋∞)上有唯一零点．(2)设f (x )的零点为x 0，即x 0e x 0＋ln x 0x 0＝0. 原不等式可化为x e x －ln x －1x≥k ， 令g (x )＝x e x－ln x －1x ，则g ′(x )＝x e x ＋ln x x x ， 由(1)可知g (x )在(0，x 0) 上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 故g (x 0) 为g (x )的最小值．下面分析x 0e x 0＋ln x 0x 0＝0， 设x 0e x 0＝t ，则ln x 0x 0＝－t ， 可得⎩⎪⎨⎪⎧ ln x 0＝－tx 0，ln x 0＋x 0＝ln t ，即x 0(1－t )＝ln t ， 若t ＞1，等式左负右正不相等；若t ＜1，等式左正右负不相等，只能t ＝1.因此g (x 0)＝x 0e x 0－ln x 0－1x 0＝－ln x 0x 0＝1，所以k ≤1. 即实数k 的取值范围为(－∞，1]．。