一、 恒成立与存在性函不等式恒成立问题的转化技巧(1)()a f x ≥(或()a f x ≤)恒成立⇔()max a f x ≥(或()min a f x ≤)； (2)()a f x ≥(或()a f x ≤)有解⇔()min a f x ≥(或()max a f x ≤)； (3)()()f x g x ≥恒成立⇔()min 0F x ≥((其中()()()F x f x g x =-()，也可证其加强命题()()min max f x g x ≥(4)()()f x g x ≥有解⇔()max 0F x ≥(其中()()()F x f x g x =-)． (5)()()f m g n ≥恒成立⇔()()min max f x g x ≥(6)()a f x =有解，则a 的范围是()f x 的值域1. 恒成立常见处理方法(1) 参变分离若对任意的0x >，恒有()ln 10x px p ≤->，则p 的取值范围是((((()A ．(]0,1((((B ．()1,+∞((((C ．()0,1(((D ．[)1,+∞【答案】D【解析】法一：最值理论()ln 10h x x px =-+≤恒成立令()()1'00px h x x x -=>=，则10x p =>， 故()h x 在110,,,p p ⎛⎫⎛⎫↑+∞↓ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 故只需1ln 0h p p ⎛⎫=-≤ ⎪⎝⎭，故1p ≥ 法二：分离参数()ln 1x p g x x +≥=，令()2ln '0x g x x -==，则1x =，()()0,1,1,↑+∞↓ 故()11p g ≥=法三：二级结论ln 1x x ≤-恒成立，则当1p ≥时，ln 11x x px ≤-≤-法四：特殊值探路()ln 10x px p ≤->对于0x ∀>恒成立当1x =时，1p ≥又11ln px x x -≥-≥成立【考点】恒成立(最值理论，分类参数均可) 已知函数()(xe f x mx e x=-为自然对数的底数)，若()0f x >在(0,)+∞上恒成立，则实数m 的取值范围是((((()A ．(,2)-∞((((B ．2(,)4e -∞((((C ．(,)e -∞((((D ．2,4e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解答】解：若()0f x >在(0,)+∞上恒成立， 则2x e m x<在(0,)+∞恒成立， 令2()x e h x x=，(0)x >， 3(2)()x e x h x x -'=， 令()0h x '>，解得：2x >，令()0h x '<，解得：02x <<，故()h x 在(0,2)递减，在(2,)+∞递增，故()min h x h =(2)24e =， 故24e m <， 故选：B ．【考点】分离参数已知函数()22ln a f x x x=+，若当0a >时，()2f x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是________． 【答案】[),e +∞【解析】()221ln a x x ≥-，()()221ln g x x x =-在()0,↑+∞↓，a g e ≥=【考点】分离参数已知函数2()3f x x =+，()(2)g x x a lnx =-，若()()f x g x ≥对任意(0,)x ∈+∞成立，则实数a 的取值范围是((((()A ．(],0-∞((((B ．(],4-∞((((C ．(],4ln 3-∞((((D ．(],42ln 3-∞+【解答】解：函数2()3f x x =+，()(2)g x x a lnx =-，若()()f x g x …对任意(0,)x ∈+∞成立， 则：32x lnx a x++…， 令：3()2h x x lnx x =++，(0,)x ∈+∞， 则：2232(1)(3)()1x x h x x x x -+'=-+=； 当(0,1)x ∈时，()0h x '<，所以()h x 在(0,1)上单调递减，当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 在(1,)+∞上单调递减增，所以：()min h x h =(1)4=，故：4a …，故选：B ．已知函数()322338f x x ax bx c =+++在x ＝1及x ＝2时取得极值．(1)求a ，b 的值；(2)若对于任意的[]0,3x ∈，都有()2f x c <成立，求c 的取值范围．【答案】(1)34a b =-⎧⎨=⎩；(2)()(),19,-∞-+∞U 【解析】()()2'632f x x x =-+ ()()(),11,22,3-∞↑↓↑()()158,398f c f c =+=+故298c c >+【考点】分离参数(基础题)设()()()()ln ,'f x x g x f x f x ==+．(1)求()g x 的单调区间和最小值．(2)求a 的取值范围，使得()()1g a g x a -<对任意0x >成立． 【答案】(1)()()0,11,↓+∞↑，()()min 11g x g ==；(2)()0,e【解析】()()min 11g a g x a-<= 【考点】分离参数(基础题) 已知函数()ln a f x x x=-，若函数2()f x x <在(1)+∞，上恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】1a ≥-【解析】 3ln a x x x >-,()216'x h x x -=,()()max 11h x h ==- 【考点】分离参数(2014(江苏理(19)已知函数()x x f x e e -=+，若关于x 的不等式()1x mf x e m -≤+-在()0,+∞上恒成立，求实数m 的取值范围； 【答案】13m ≤- 【解析】211x x x e m e e -≤-+，令11x t e =-<，则21t m t t ≤-+， 易知当0t <时有最小值，故111m t t≤+-，当1t =-时，13m ≤- 【考点】参变分离(2014(陕西理(21)设函数()()()()ln 1,,0f x x g x xf x x '=+=≥，其中()f x '是()f x 的导函数，若()()f x ag x ≥恒成立，求实数a 的取值范围；【答案】【解析】【考点】(2015北京理18(3))已知函数()1ln 1x f x x +=-.设实数k 使得()33x f x k x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭对()0,1x ∈恒成立，求k 的最大值.【答案】【解析】构造函数()()31ln ,0,113x x P x k x x x ⎛⎫+=-+∈ ⎪-⎝⎭， 又()00P =，若()0P x >对()0,1x ∀∈恒成立，则()00P '…， 又()()()4222212111k x P x k x x x --'=-+=--，即()020P k '=-…，得2k …， 又当2k =时，()323x f x x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭对()0,1x ∈恒成立，因此k 的最大值为2.【考点】(2016(江苏(19)已知函数()22x x f x -=+.(1)求方程的根；(2)若对于任意，不等式恒成立，求实数的最大值；【答案】【解析】(1)①，由可得， 则，即，则，解得；②由题意得恒成立，即恒成立.()2f x =x ∈R ()()26f x mf x -…m ()122x x f x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭()2f x =1222x x +=()222210x x -⨯+=()2210x -=21x =0x =221122622xx x x m ⎛⎫++- ⎪⎝⎭…211222622x x x x m ⎛⎫⎛⎫+-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭…令，则由，可得，此时恒成立， 即恒成立. 因为时，当且仅当时等号成立，因此实数的最大值为. 【考点】 (2014(辽宁理(11)当[]2,1x ∈-时，不等式32430ax x x -++≥恒成立，则实数a 的取值范围是((((()A ．[]5,3--((((B ．96,8⎡⎤--⎢⎥⎣⎦((((C ．[]6,2--((((D ．[]4,3-- 【答案】C【解析】当0x =时，成立当()0,1x ∈，()2343x x a g x x --≥=，则()()()491'x x g x x -+=-， 故()g x 在()(),1,1,9-∞-↓-↑故()16a g ≥=-当()2,0x ∈-时，()12a g ≤-=-综上[]6,2a ∈--【考点】分离参数(讨论)(2) 最值理论已知函数()22ln 311f x x x x =--．(1)求函数()y f x =的单调区间；(2)若关于x 的不等式()()()232131f x a x a x ≤-+-+恒成立，证明：0a >且12ln 3a a+≥． 122x x t =+20x>2t =…226t mt --…244t m t t t+=+…2t…44t t +=…2t =m 4法二：()22ln 212x x a g x x x +-≥=+，则()()()()22212ln 3'2x x x g x x x -++-=+ 易知存在唯一的()01,2x ∈使得()0'0g x =，即002ln 3x x +=，故()00020002ln 21102x x a g x x x x +-≥==>+，则01x a ≥，故112ln 30a a +-≤，即12ln 3a a -≥ 【考点】最值理论(参变分离)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln(x －a (x －1)，若当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0，求a 的取值范围．[解](2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0等价于ln(x －a x －1x ＋1＞0，设g (x )＝ln(x －a x －1x ＋1，则g ′(x )＝1x －2a x ＋12＝x 2＋21－a x ＋1x x ＋12，g (1)＝0. ①当a ≤2，x ∈(1，＋∞)时，x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1＞0，故g ′(x )＞0，g (x )在(1，＋∞)单调递增，因此g (x )＞g (1)＝0.②当a ＞2时，(令g ′(x )＝0，得x 1＝a －1－a －12－1，x 2＝a －1＋a －12－1. 由x 2＞1和x 1x 2＝1得x 1＜1.故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )＜0，g (x )在(1，x 2)上单调递减， 因此g (x )＜g (1)＝0，综上可知，实数a 的取值范围是(－∞，2]．【考点】最值理论(参变分离要用到洛必达()2. 存在性问题设函数f (x )＝2ln(x －mx 2＋1.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当f (x )有极值时，若存在x 0，使得f (x 0)＞m －1成立，求实数m 的取值范围．[解](1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －2mx ＝－2mx 2－1x， 当m ≤0时，f ′(x )＞0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当m ＞0时，令f ′(x )＞0，则0＜x ＜1m ，令f ′(x )＜0，则x ＞1m，∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，m m 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫m m ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当f (x )有极值时，m ＞0，且f (x )在⎝⎛⎭⎫0，m m (上单调递增，在⎝⎛⎭⎫m m ，＋∞上单调递减．∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫m m ＝2ln m m －m ·1m ＋1＝－ln(m ， 若存在x 0，使得f (x 0)＞m －1成立，则f (x )max ＞m －1.即－ln(m ＞m －1，ln(m ＋m －1＜0成立，令g (x )＝x ＋ln(x －1(x ＞0)，∵g ′(x )＝1＋1x＞0， ∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增，且g (1)＝0，∴0＜m ＜1.∴实数m 的取值范围是(0,1)．设函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝af ′(x )，其中f ′(x )是f (x )的导函数．(1)若对于任意x ≥0，总有f (x )≥g (x )，求实数a 的取值范围；(2)若存在x ≥0，使得f (x )≥g (x )，求实数a 的取值范围．[解题观摩] (1)设h (x )＝f (x )－g (x )＝ln(1＋x )－a 1＋x(x ≥0)， 则h ′(x )＝11＋x ＋a 1＋x 2＝x ＋1＋a 1＋x 2.当a ≥－1时，h ′(x )≥0，h (x )在[0，＋∞)上单调递增，∴h (x )≥h (0)＝－a ，则－a ≥0，a ≤0，∴a ∈[－1,0]．当a ＜－1时，ln(1＋x )≥0，－a 1＋x＞0， 所以h (x )≥0恒成立．综上可知，实数a 的取值范围为[－∞，0]．(2)由(1)可知，当a ≥－1时，存在x ≥0，使得f (x )≥g (x )， 当a ＜－1时，f (x )≥g (x )恒成立．综上可知，实数a 的取值范围为(－∞，＋∞)．设函数()()ln ,1xf x xg x xe x ==--(.(1)关于x 的方程()2103f x x m =-+在区间[]1,3上有解，求m 的取值范围； (2)当0x >时，()()g x a f x -≥恒成立，求实数a 的取值范围.【解析】(1)方程()2103f x x m =-+即为210ln 3x x m -+=，令()()21ln 003h x x x x +=->，则()[]212'0,1,3x h x x x-=<∈， ∴当[]1,3x ∈时，(()177ln 3,33h x ⎡∈-⎤⎢⎥⎣⎦， m ∴的取值范围是177ln 3,33-⎡⎤⎢⎥⎣⎦35ln32,ln 24⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦.【考点】分离参数，二阶导，隐零点(((2015(全国1理12)设函数()()e 21x f x x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x 使得()00f x <，则a 的取值范围是((((().A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭((((B ．33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭((((C ．33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭((((D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D【解析】设()()e 21x g x x =-，()h x ax a =-，可转化成存在唯一的整数0x ， 使得()()g x h x <．因为()()e 21x g x x '=+，所以当12x <-时，()0g x '<，()g x 在 1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递减；当12x >-时，()0g x '>，()g x 在1,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增． 因为当0x =时，()01g =-，()00h =，所以()()00g h <． 又因为存在唯一的整数0x ，使得()()g x h x <，所以()()()()1111g h g h ⎧⎪⎨--⎪⎩……， 即e 32eaa -⎧⎪⎨--⎪⎩……，解得32e a …，又因为1a <，所以312e a <…．故选D ．【考点】存在性问题，转化成两个函数比较大小(参变分离也可)3. 双变量的存在与任意问题已知函数2(),()212xe f x g x x x a x ==-++-，若12(,0,)x x ∀∈+∞，都有12()()f x g x ≥恒成立，则实数a 的取值范围为((((()A ．(,)e -∞((((B ．(],e -∞((((C ．(,]2e -∞((((D ．(,)2e-∞【解答】解：2(),()212x e f x g x x x a x==-++-，若1x ∀，2(0,)x ∈+∞，都有12()()f x g x …恒成立，则()()((0,))min max f x g x x ∈+∞…． 2(1)()2x e x f x x -'=，当01x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；y=e x当1x >时，()0f x '>，()f x 单调递增，故()f x 的最小值为()2e f x =． 又()max g x a =， 所以2e a …． 故实数a 的取值范围为(,]2e-∞．故选：C ．【考点】双任意不等问题 已知函数2()ln ,()x x f x x x g x e e==-． (1)求函数()f x 在区间[1,3]上的最小值；(2)证明：对任意,(0,)m n ∈+∞，都有()()f m g n ≥成立．【解析】()()1'ln 1,'xxf x xg x e -=+=()f x 在110,,e e ⎛⎫⎛⎫↓+∞↑ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()g x 在()()0,11,↑+∞↓故()f x 在[]1,3上单调递增，故()()min 10f x f ==(2)()min 11f x f e e ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，()()max 11g x g e ==-故()()f m g n ≥【考点】双任意不等问题(2015全国2理21(2))设函数()2e mxf x x mx =+-.若对于任意[]12,1,1x x ∈-，都有()()121e f x f x --≤，求m 的取值范围. 【答案】 【解析】分析(注意构造新函数的思想及恒成立问题的解决方法，理解最值的含义. 解析(2)由(1)知，对任意的m ，()f x 在[]1,0-上单调递减，在[]0,1上单调递增， 故()f x 在0x =处取得最小值，所以对于任意的[]12,1,1x x ∈-，()()12e 1f x f x --…的充要条件为()()()()10e 110e 1f f f f ⎧--⎪⎨---⎪⎩……，即e e 1e e 1m m m m -⎧--⎪⎨+-⎪⎩-?-?①. 设函数()e e 1tg t t =--+，则()'e 1tg t =-.当0t <时，()'0g t <；当0t >时，()'0g t >.( 故()g t 在(),0-∞上单调递减，在()0,+∞上单调递增.又()10g =，()11e 2e<0g --=+-，故当[]1,1t ∈-时，()0g t ….当[]1,1m ∈-时，()()0,0,g m g m -剟，即上式①成立； 当1m >时，由()g t 的单调性，()0g m >>，即有e e 1m m ->-. 当1m <-<时，()0,g m ->>，即e e 1m m -+>-. 综上所述，m 的取值范围是[]1,1-. 【考点】双任意不等问题已知()()20a f x x a x=+>，()ln g x x x =+.(1)若对任意的[]12,1,x x e ∈，都有()()12f x g x ≥成立，求实数a 的取值范围；(2)若存在[]12,1,x x e ∈，使得()()12f x g x <，求实数a 的取值范围．[解题观摩] (1)对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，等价于x ∈[1，e]时，f (x )min ≥g (x )max .当x ∈[1，e]时，g ′(x )＝1＋1x ＞0，所以g (x )在[1，e]上单调递增，所以g (x )max ＝g (e)＝e ＋1.只需证f (x )≥e ＋1，即x ＋a 2x ≥e ＋1⇔a 2≥(e ＋1)x －x 2在[1，e]上恒成立即可．令h (x )＝(e ＋1)x －x 2，当x ∈[1，e]时，h (x )＝(e ＋1)x －x 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －e ＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋122的最大值为h ⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋122.所以a 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋122，即a ≥e ＋12(舍去负值)． 故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫e ＋12，＋∞.(2)存在x 1，x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＜g (x 2)，等价于x ∈[1，e]时，f (x )min ＜g (x )max . 当x ∈[1，e]时，g ′(x )＝1＋1x ＞0，所以g (x )在[1，e]上单调递增，所以g (x )max ＝g (e)＝e ＋1.又f ′(x )＝1－a 2x2，令f ′(x )＝0，得x ＝a ，故f (x )＝x ＋a 2x(a ＞0)在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．当0＜a ＜1时，f (x )在[1，e]上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝1＋a 2＜e ＋1，符合题意； 当1≤a ≤e 时，f (x )在[1，a ]上单调递减，在[a ，e]上单调递增，f (x )min ＝f (a )＝2a ， 此时，2a ＜e ＋1，解得1≤a ＜e ＋12；当a ＞e 时，f (x )在[1，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝e ＋a 2e ，此时，e ＋a 2e ＜e ＋1，即a ＜e ，与a ＞e 矛盾，不符合题意．综上可知，实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫0，e ＋12.【考点】双任意双存在不等问题已知函数()3213f x x x ax =++，若函数()x x g x e =，对1211,2,,222x x ⎡⎤⎡⎤∀∈∃∈⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，使()()12'f x g x ≤成立，求实数a 的取值范围．[解]“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. 【考点】任意存在共存不等问题已知函数()()1ln a f x x a x x =-+-，()212x x g x x e xe =+- (1)当[]1,x e ∈时，求()f x 的最小值；(2)当1a <时，若存在21,x e e ⎡⎤∈⎣⎦，使得对任意的[]22,0x ∈-，()()2f x g x <恒成立，求a 的取值范围．[解](1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －1x －ax 2.①当a ≤1时，x ∈[1，e]，f ′(x )≥0， f (x )为增函数，f (x )min ＝f (1)＝1－a .②当1＜a ＜e 时，x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数；x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数．所以f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln(a －1. ③当a ≥e 时，x ∈[1，e]时，f ′(x )≤0，f (x )在[1，e]上为减函数．f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae .综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ；当1＜a ＜e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln(a －1； 当a ≥e 时，f (x )min ＝e －(a ＋1)－ae.(2)由题意知f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2,0])的最小值． 由(1)知当a ＜1时，f (x )在[e ，e 2]上单调递增，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae .g ′(x )＝(1－e x )x .当x ∈[－2,0]时，g ′(x )≤0，g (x )为减函数，g (x )min ＝g (0)＝1，所以e －(a ＋1)－ae ＜1，即a ＞e 2－2e e ＋1，所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2－2e e ＋1，1.已知函数()13ln 144f x x x x=-+-，()224g x x bx =-+，若对任意的()10,2x ∈，总存在[]21,2x ∈，使()()12f x g x ≥，求实数b 的取值范围.([解题观摩] 依题意知f (x )在(0,2)上的最小值不小于g (x )在[1,2]上的最小值，即f (x )min ≥g (x )min .因为f ′(x )＝1x －14－34x 2＝－x －1x －34x 2，则当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当1＜x ＜2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 所以当x ∈(0,2)时，f (x )min ＝f (1)＝－12.又g (x )＝x 2－2bx ＋4，①当b ＜1时，可求得g (x )min ＝g (1)＝5－2b .由5－2b ≤－12，解得b ≥114，这与b ＜1矛盾，不符合题意；②当1≤b ≤2时，可求得g (x )min ＝g (b )＝4－b 2.由4－b 2≤－12，得b 2≥92，这与1≤b ≤2矛盾，不符合题意；③当b ＞2时，可求得g (x )min ＝g (2)＝8－4b . 由8－4b ≤－12，得b ≥178.(参变分离简单一些)综合①②③得，实数b 的取值范围是⎣⎡⎭⎫178，＋∞. 【考点】任意存在共存不等问题4. 洛必达法则(2020 成都二诊文 21)已知函数()()2ln 0f x x mx m x m =-->，设()()g x f x mx =+．若()1g x x>在(1，+∞)上恒成立，求实数m 的取值范围． 【解析】2311ln ln x x x m x x x--<=令()31ln x h x x x -=，则()()()3322ln ln 1'ln x x x x h x x x -++= 令()()332ln ln 1x x x x x ϕ=-++，则()()()222211'6ln ,''12ln 401x x x x x x x x x xx ϕϕ=-+=++->> 故()'x ϕ↑，又()'10ϕ=，则()()'0,x x ϕϕ>↑ 又()10ϕ=，故()()0,'0x h x ϕ>>，故()h x ↑321113lim lim 3ln ln 1x x x x x x x →→-==+ 故03m <≤【考点】洛必达(多阶导已知函数f (x )＝(x ＋1)ln(x －a (x －1)，若当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0，求a 的取值范围． 【解析】()1ln 1x x a x +<-在()1,+∞上恒成立令()()1ln 1x x g x x +=-，则()()212ln '1x x x g x x -+-=-设()12ln x x x x ϕ=-+-，则()()221'0x x xϕ-=>，()x ϕ↑，又()10ϕ=，故()0x ϕ> 故()g x ↑，故()111ln 11ln limlim 211x x x x x x x →→+++==- 故2a ≤ 已知函数()ln 1x xf x x =+与()()1g x a x =-．(1)若曲线()y f x =与直线()y g x =恰好相切于点()1,0P ，求实数a 的值； (2)当[)1,x ∈+∞时，()()f x g x ≤恒成立，求实数a 的取值范围； 【思路引导】(1)根据导数几何意义得()1f a '=(,即得实数a 的值；(2)利用分参法将不等式恒成立问题转化为对应函数最值问题2ln 1x x a x ≥-(x >1)最大值,再利用导数研究函数()2ln 1x xh x x =-单调性：单调递减，最后根据洛必达法则求最大值，即得实数a 的取值范围(3)先根据和的关系转化为对应项的关系：2214ln 2141n n n n +≤--，再利用；(2)的结论()21ln 12x x x ≤-，令2121n x n +=-，则代入放缩得证。