(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当 a＝4 时，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)， 1 f(1)＝0，f′(x)＝lnx＋x －3，f′(1)＝－2. 故曲线 y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为 2x＋y－2＝0. a（x－1） a（x－1） (2)当 x∈(1，＋∞)时，f(x)>0 等价于 lnx－ >0，设 g(x)＝lnx－ ， x＋1 x＋1
1 1 ②当 0<a<1 时,令 g′(x)>0,得 0<x< ;令 g′(x)<0,得 x> . a a 1 1 则 g(x)在（1, ）上单调递增,所以当 x∈（1, ）时,g(x)>g(1)=0,即 0<a<1 时不满足 a a
题意(舍去).
③当 a≤0 时,g′(x)=
1 -a>0,则 g(x)在(1,+≦)上单调递增, x
所以由
x 2 2 >0 知 k+2x-x >0, 即 k>x -2x 对任意 x∈(0,2)都成立,从而 k≥0.又不等式整理 x e
ex 2 ex 2 可得 k< +x -2x,令 g(x)= +x -2x, x x
所以 g′(x)=
e x x 1 x2
ex +2(x-1)=(x-1)( 2 ，则g′(t)＝et－1 当t＜0时，g′(t)＜0；当t＞0时，g′(t)＞0.
故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故当t∈[－1,1]时，g(t)≤0. 当m∈[－1,1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立； 10分
2 1 2ax －1 (1)解：由题意得 f′(x)＝2ax－ ＝ (x>0)． x x
当 a≤0 时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减． 1 当 a>0 时，由 f′(x)＝0 有 x＝ ， 2a 当 当
x∈0， x∈
1 时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 2a
令 g′(x)=0 得 x=1,当 x∈(1,2)时,g′(x)>0,函数 g(x)在(1,2)上单调递增, 同理,函数 g(x) 在(0,1)上单调递减,所以 k<g(x)min=g(1)=e-1. 综上所述,实数 k 的取值范围是[0,e-1).
考点2
分类讨论解决问题
【例1】 已知函数f(x)=ln x-ax,a∈R. (1)求函数f(x)的单调区间;
因此，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．又∵h(1)＝0， ∴当 x>1 时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即 f(x)>g(x)恒成立．
1 综上，a∈2，＋∞.
考点1
分离参数求范围★★★
ax 在 x=0 处的切线方程为 y=x. (1)求a的值; x e
x
【例 1】 已知函数 f(x)=
解:(1)由题意得 f′(x)=
a 1 x e
,因为函数在 x=0 处的切线方程为 y=x,所以 f′(0)=
a =1,得 1
1 成立,求k的取值范围. a=1. (2)若对任意的x∈(0,2),都有f(x)< k 2 x x2 x 1 解:(2)由(1) 知 f(x)= x < 对任意 x∈(0,2)都成立, e k 2 x x2
令 g′(x)=0 得 x=1,当 x∈(1,2)时,g′(x)>0,函数 g(x)在(1,2)上单调递增, 同理,函数 g(x) 在(0,1)上单调递减,所以 k<g(x)min=g(1)=e-1. 综上所述,实数 k 的取值范围是[0,e-1).
解:(2)由(1) 知 f(x)= 所以由
x 1 < 对任意 x∈(0,2)都成立, 2 x e k 2x x
x 2 2 >0 知 k+2x-x >0, 即 k>x -2x 对任意 x∈(0,2)都成立,从而 k≥0.又不等式整理 x e
ex 2 ex 2 可得 k< +x -2x,令 g(x)= +x -2x, x x
所以 g′(x)=
e x x 1 x2
ex +2(x-1)=(x-1)( 2 +2), x
x2＋2（1－a）x＋1 1 2a 则 g′(x)＝x－ ＝ ，g(1)＝0. （x＋1）2 x（x＋1）2 ①当 a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故 g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞) 上单调递增，因此 g(x)>g(1)＝0.
②当 a>2 时，令 g′(x)＝0， 得 x1＝a－1－ （a－1）2－1，x2＝a－1＋ （a－1）2－1.由 x2>1 和 x1x2＝1 得 x1<1. 故当 x∈(1，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)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].
1 ，＋∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 2a
(2)证明：令 s(x)＝ex－1－x，则 s′(x)＝ex－1－1. 1 1 当 x>1 时，s′(x)>0，所以 ex－1>x，从而 g(x)＝x－ x 1>0. e－
(3)解：由(2)知，当 x>1 时，g(x)>0.
当 a≤0，x>1 时，f(x)＝a(x2－1)－ln x<0. 故当 f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有 a>0.
解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+≦),f′(x)=
1 -a. x
①当 a≤0 时,f′(x)>0 恒成立,则 f(x)只有单调递增区间(0,+≦).
②当 a>0 时,由 f′(x)>0,得 0<x< （0,
1 1 ;由 f′(x)<0,得 x> ,所以 f(x)的单调递增区间是 a a
1 1 ）,单调递减区间是（ ,+≦）. a a
1 e 2． (2016· 四川卷)设函数 f(x)＝ax －a－ln x， g(x)＝x－ x， 其中 a∈R， e
2
e＝2.718…为自然对数的底数． (1)讨论 f(x)的单调性；(2)证明：当 x>1 时，g(x)>0； (3)确定 a 的所有可能取值， 使得 f(x)>g(x)在区间(1， ＋∞)内恒成立．
(2)若不等式f(x)+a<0在x∈(1,+∞)上恒成立,求a的取值范围.
解:(2)f(x)+a<0 在 x∈(1,+≦)上恒成立,即 ln x-a(x-1)<0 在 x∈(1,+≦)上恒成立.
1 设 g(x)=ln x-a(x-1),x>0,则 g′(x)= -a,注意到 g(1)=0, x
①当 a≥1 时,g′(x)<0 在 x∈(1,+≦)上恒成立,则 g(x)在 x∈(1,+≦)上单调递减,所以 g(x)<g(1)=0,即 a≥1 时满足题意.
1 1 当 0<a< 时， >1. 2 2a 由(1)有
f 1 1 <f(1)＝0，而 g >0， 2a 2a
∴此时 f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立． 1 当 a≥ 时，令 h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)． 2 1 1 1 1 1 当 x>1 时，h′(x)＝2ax－x＋ 2－e1－x> x－x＋ 2－x x x x3－2x＋1 x2－2x＋1 ＝ > >0 x2 x2
当m＞1时，由g(t)的单调性，得g(m)＞0，即em－m＞e－1；
当m＜－1时，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1. 综上，m的取值范围是[－1,1]. 12分 11分
1.已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1). (1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
所以当 x∈(1,+≦)时,g(x)>g(1)=0,即 a≤0 时不满足题意(舍去). 综上所述,实数 a 的取值范围是[1,+≦).
考点3
等价转化思想
设函数f(x)＝emx＋x2－mx.
(1)证明：f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；
(2)若对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围. (1)证明 f′(x)＝m(emx－1)＋2x. 1分 若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)＜0； 当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)＞0. 若m＜0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1＞0，f′(x)＜0； 当x∈(0，＋∞)时，emx－1＜0，f′(x)＞0. 4分 所以，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.6分
(2)解
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x＝0处取得最小值． 所以对于任意x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是
f1－f0≤e－1， f－1－f0≤e－1，
m e －m≤e－1， 即 －m e ＋m≤e－1.