2021届高考数学一轮复习新人教A版教学案:第三章导数及其应用第2节导数在研究函数中的应用第3课时导数在不等式中的应用

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2021届高考数学一轮复习新人教A版教学案:第三章导数及其应用第2节导数在研究函数中的应用第3课时导数在不等式中的应用

www.ks5u.com 第三课时 导数在不等式中的应用 考点一 构造函数证明不等式 多维探究 角度1 直接构造函数证明不等式 ‎【例1-1】 (2020·南昌调研)已知函数f(x)=1-,g(x)=+-bx,若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的一个公共点是A(1,1),且在点A处的切线互相垂直.‎ ‎(1)求a,b的值;‎ ‎(2)证明:当x≥1时,f(x)+g(x)≥.‎ ‎(1)解 因为f(x)=1-,‎ 所以f′(x)=,f′(1)=-1.‎ 因为g(x)=+-bx,‎ 所以g′(x)=---b.‎ 因为曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的一个公共点是A(1,1),且在点A处的切线互相垂直,‎ 所以g(1)=1,且f′(1)·g′(1)=-1.‎ 从而g(1)=a+1-b=1,且g′(1)=-a-b-1=1.‎ 解得a=b=-1.‎ ‎(2)证明 由(1)知,g(x)=-++x,‎ 则f(x)+g(x)≥⇔1---+x≥0.‎ 令h(x)=1---+x(x≥1),‎ 则h(1)=0,h′(x)=-+++1=++1.‎ 因为x≥1,所以h′(x)=++1>0,‎ 所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,‎ 所以h(x)≥h(1)=0,即1---+x≥0.‎ 故当x≥1时,f(x)+g(x)≥.‎ 角度2 适当放缩构造函数证明不等式 ‎【例1-2】 (2018·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=aex-ln x-1.‎ ‎(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)证明:当a≥时,f(x)≥0.‎ ‎(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=aex-.‎ 由题设知,f′(2)=0,所以a=.‎ 从而f(x)=ex-ln x-1,f′(x)=ex-.‎ 当02时,f′(x)>0.‎ 所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.‎ ‎(2)证明 当a≥时,f(x)≥-ln x-1(x>0).‎ 设g(x)=-ln x-1(x>0),则g′(x)=-(x>0).‎ 当01时,g′(x)>0.‎ 所以x=1是g(x)的最小值点.‎ 故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.‎ 因此,当a≥时,f(x)≥0.‎ 规律方法 构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时,根据所要证明的不等式,构造与之相关的函数,利用函数单调性、极值、最值加以证明.常用的两种构造方法有:(1)直接构造法:证明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x);(2)适当放缩构造法:一是根据已知条件适当放缩,二是利用常见的放缩结论,如ln x≤x-1,ex≥x+1;ln x0),≤ln(x+1)≤x(x>-1)等.‎ ‎【训练1】 (1)(角度1)已知函数f(x)=ln x.‎ ‎①求函数g(x)=f(x-1)-x+2的最大值;‎ ‎②已知0.‎ ‎①解 因为g(x)=f(x-1)-x+2=ln(x-1)-x+2(x>1).‎ 所以g′(x)=-1=,当x∈(1,2)时,g′(x)>0;当x∈(2,+∞)时,g′(x)<0.‎ 则g(x)在(1,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减.‎ 所以g(x)=ln(x-1)-x+2的最大值为g(2)=0.‎ ‎②证明 要证明f(b)-f(a)>,‎ 只需证ln b-ln a>=.‎ 则ln >.又因为01,‎ 构造函数F(x)=ln x-(x>1),‎ 则F′(x)=+==>0,‎ 所以F(x)在(1,+∞)上单调递增,有F(x)>F(1)=0.‎ 所以有f(b)-f(a)>.‎ ‎(2)(角度2)已知函数f(x)=ln x-.‎ ‎①若a=1,求f(x)的单调区间;‎ ‎②若a=0,x∈(0,1),证明:x2-<.‎ ‎①解 当a=1时,f(x)=ln x-,x∈(0,+∞),‎ ‎∴f′(x)=-= ‎=.‎ 当x∈(0,1)时,f′(x)<0,当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,‎ ‎∴f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.‎ ‎②证明 当a=0,x∈(0,1)时,x2-<等价于+x2-<0,‎ ‎∵当x∈(0,1)时,ex∈(1,e),-ln x>0,∴<-ln x,‎ ‎∴只需要证-ln x+x2-<0在(0,1)上恒成立.‎ 令g(x)=-ln x+x2-,x∈(0,1),‎ ‎∴g′(x)=-+2x+=>0,‎ 则函数g(x)在(0,1)上单调递增,于是g(x)<-ln 1+1-1=0,‎ ‎∴当x∈(0,1)时,x2-<.‎ 考点二 隔离分析最值法证明不等式 ‎【例2】 已知函数f(x)=eln x-ax(a∈R).‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性;‎ ‎(2)当a=e时,证明:xf(x)≤ex-2ex.‎ ‎(1)解 f′(x)=-a(x>0),‎ ‎①若a≤0,则f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增;‎ ‎②若a>0,则当00;‎ 当x>时,f′(x)<0.‎ 故f(x)在上单调递增,在上单调递减.‎ ‎(2)证明 因为x>0,所以只需证f(x)≤-2e,‎ 当a=e时,由(1)知,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.‎ 所以f(x)max=f(1)=-e.‎ 设g(x)=-2e(x>0),则g′(x)=,‎ 所以当01时,g′(x)>0,g(x)单调递增,‎ 所以g(x)min=g(1)=-e.‎ 综上,当x>0时,f(x)≤g(x),即f(x)≤-2e.‎ 故不等式xf(x)≤ex-2ex得证.‎ 规律方法 1.若直接求导比较复杂或无从下手时,可将待证式进行变形,构造两个函数,从而找到可以传递的中间量,达到证明的目标.本例中同时含ln x与ex,不能直接构造函数,把指数与对数分离两边,分别计算它们的最值,借助最值进行证明.‎ ‎2.在证明过程中,等价转化是关键,此处g(x)min=f(x)max恒成立.从而f(x)≤g(x ‎)恒成立,但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”.‎ ‎【训练2】 已知函数f(x)=xln x-ax,G(x)=-(x>0).‎ ‎(1)当a=-1时,求函数f(x)在(0,+∞)上的最值;‎ ‎(2)求函数G(x)的最大值;‎ ‎(3)证明:对一切x∈(0,+∞),都有ln x+1>-成立.‎ ‎(1)解 函数f(x)=xln x-ax的定义域为(0,+∞).‎ 当a=-1时,f(x)=xln x+x,f′(x)=ln x+2.‎ 由f′(x)=0,得x=.‎ 当x∈时,f′(x)<0;当x>时,f′(x)>0.‎ 所以f(x)在x=处取得极小值,也是最小值.‎ 故f(x)min=f=-,‎ 显然当x→+∞时,f(x)→+∞,f(x)没有最大值.‎ ‎(2)解 易知G′(x)=′=.‎ ‎∴当00;当x>1时,G′(x)<0.‎ ‎∴G(x)的最大值为G(1)=-.‎ ‎(3)证明 当x>0时,ln x+1>-等价于x(ln x+1)>-.‎ 由(1)知a=-1时,f(x)=xln x+x的最小值是-,当且仅当x=时取等号.‎ 又由(2)知G(x)max=G(1)=-,‎ 因此f(x)>G(x),故1+ln x>-.‎ 考点三 不等式恒成立或有解问题 多维探究 角度1 不等式恒成立求参数 ‎【例3-1】 (2020·西安模拟改编)已知函数f(x)=aln x-x+1(其中a>0).‎ ‎(1)讨论函数f(x)的极值;‎ ‎(2)对任意x>0,f(x)≤(a2-1)成立,求实数a的取值范围.‎ 解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-1.‎ 因为a>0,令f′(x)=0,得x=a,‎ 在(0,a)上,f′(x)>0,f(x)是增函数;‎ 在(a,+∞)上,f′(x)<0,f(x)是减函数,‎ 所以当x=a时,f(x)有极大值f(a)=aln a-a+1,无极小值.‎ ‎(2)由(1)知,当x=a取得极大值也是最大值.‎ 所以f(x)max=f(a)=aln a-a+1(a>0),‎ 要使得对任意x>0,f(x)≤(a2-1)成立,‎ 即aln a-a+1≤(a2-1),‎ 则aln a+-a-a2≤0成立,‎ 令u(a)=aln a+-a-a2(a>0),‎ 所以u′(a)=ln a+1-1-a=ln a-a,‎ 令k(a)=u′(a)=ln a-a,‎ k′(a)=-1,令k′(a)==0,得a=1,‎ 在(0,1)上,k′(a)>0,k(a)=u′(a)是增函数,在(1,+∞)上,k′(a)<0,k(a)=u′(a)是减函数,‎ 所以当a=1时,k(a)=u′(a)取得极大值也是最大值,‎ ‎∴u′(a)max=u′(1)=-1<0,‎ 在(0,+∞)上,u′(a)<0,u(a)是减函数,又u(1)=0,‎ 所以要使得u(a)≤0恒成立,则a≥1,‎ 所以实数a的取值范围为[1,+∞).‎ 规律方法 1.破解此类题需“一形一分类”,“一形”是指会结合函数的图象,对函数进行求导,然后判断其极值,从而得到含有参数的方程组,解方程组,即可求出参数的值;“一分类”是指对不等式恒成立问题,常需对参数进行分类讨论,求出参数的取值范围.‎ ‎2.利用导数研究含参数的不等式问题,若能够分离参数,则常将问题转化为形如a≥f(x)(或a≤f(x))的形式,通过求函数y=f(x)的最值求得参数范围.‎ ‎【训练3】 已知函数f(x)=axex-(a+1)(2x-1).‎ ‎(1)若a=1,求函数f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程;‎ ‎(2)当x>0时,函数f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.‎ 解 (1)若a=1,则f(x)=xex-2(2x-1),f′(x)=xex+ex-4,则f′(0)=-3,f(0)=2,‎ 所以所求切线方程为y=-3x+2.‎ ‎(2)若a≤-1时,显然f(x)≥0对x>0不恒成立.‎ 若a>-1时,f(x)≥0对任意x>0恒成立,转化为≥对任意x>0恒成立.‎ 设函数F(x)=(x>0),则F′(x)=-.‎ 当00;当x>1时,F′(x)<0,‎ 所以函数F(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,‎ 所以F(x)max=F(1)=,‎ 于是≥,解得a≥.‎ 故实数a的取值范围是.‎ 角度2 不等式能成立或有解求参数的取值(范围)‎ ‎【例3-2】 已知函数f(x)=ax-ex(a∈R),g(x)=.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)∃x∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex成立,求a的取值范围.‎ 解 (1)因为f′(x)=a-ex,x∈R.‎ 当a≤0时,f′(x)<0,f(x)在R上单调递减;‎ 当a>0时,令f′(x)=0,得x=ln a.‎ 由f′(x)>0,得f(x)的单调递增区间为(-∞,ln a);‎ 由f′(x)<0,得f(x)的单调递减区间为(ln a,+∞).‎ 综上所述,当a≤0时,f(x)的单调递减区间为(-∞,+∞),无单调递增区间;‎ 当a>0时,f(x)的单调递增区间为(-∞,ln a),单调递减区间为(ln a,+∞).‎ ‎(2)因为∃x∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex,‎ 则ax≤,即a≤.‎ 设h(x)=,则问题转化为a≤.‎ 由h′(x)=,令h′(x)=0,得x=.‎ 当x在区间(0,+∞)内变化时,h′(x),h(x)随x变化的变化情况如下表:‎ x ‎(0,)‎ ‎(,+∞)‎ h′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ h(x)‎  极大值  由上表可知,当x=时,函数h(x)有极大值,即最大值为,所以a≤.‎ 故a的取值范围是.‎ 规律方法 1.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法 ‎(1)a≥f(x)在x∈D上能成立,则a≥f(x)min;‎ ‎(2)a≤f(x)在x∈D上能成立,则a≤f(x)max.‎ ‎2.含全称、存在量词不等式能成立问题 ‎(1)存在x1∈A,任意x2∈B使f(x1)≥g(x2)成立,则f(x)max≥g(x)max;(2)任意x1∈A,存在x2∈B,使f(x1)≥g(x2)成立,则f(x)min≥g(x)min.‎ ‎【训练4】 已知函数f(x)=xln x(x>0).‎ ‎(1)求函数f(x)的极值;‎ ‎(2)若存在x∈(0,+∞),使得f(x)≤成立,求实数m的最小值.‎ 解 (1)由f(x)=xln x,得f′(x)=1+ln x,‎ 令f′(x)>0,得x>;令f′(x)<0,得00).‎ 则g′(x)=+1-==.‎ 由g′(x)>0,得x>1;由g′(x)<0,得00),当且仅当x=1时,等号成立.‎ ‎(2)指数形式:ex≥x+1(x∈R),当且仅当x=0时,等号成立.‎ 进一步可得到一组不等式链:ex>x+1>x>1+ln x(x>0,且x≠1).‎ ‎【例1】 (1)已知函数f(x)=,则y=f(x)的图象大致为(  )‎ 解析 因为f(x)的定义域为 即{x|x>-1,且x≠0},所以排除选项D.‎ 当x>0时,由经典不等式x>1+ln x(x>0),‎ 以x+1代替x,得x>ln(x+1)(x>-1,且x≠0),‎ 所以ln(x+1)-x<0(x>-1,且x≠0),即x>0或-10,由f′(x)=1-=知,‎ 当x∈(0,a)时,f′(x)<0;当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0;‎ 所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,+∞)单调递增,‎ 故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点.‎ 因为f(1)=0,所以当且仅当a=1时,f(x)≥0,故a=1.‎ ‎(2)证明 由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0.‎ 令x=1+,得ln<.‎ 从而ln+ln+…+ln<++…+=1-<1.故…0,‎ 所以f(x)≥0等价于a≥.‎ 令g(x)=,则g′(x)=,‎ 所以当x∈(0,1)时,g′(x)>0,‎ 当x∈(1,+∞)时,g′(x)<0,‎ 则g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,‎ 所以g(x)max=g(1)=1,则a≥1,‎ 所以a的最小值为1.‎ ‎(2)证明 当a=1时,由(1)得x≥ln x+1,即t≥1+ln t.‎ 令=t,则-x-ln x=ln t,故t≥1+(-x-ln x),‎ 所以≥-x-ln x+1,即+x+ln x-1≥0.‎ A级 基础巩固 一、选择题 ‎1.函数f(x)=ln x+a的导数为f′(x),若方程f′(x)=f(x)的根x0小于1,则实数a的取值范围为(  )‎ A.(1,+∞) B.(0,1)‎ C.(1,) D.(1,)‎ 解析 由函数f(x)=ln x+a可得f′(x)=,‎ ‎∵x0使f′(x)=f(x)成立,∴=ln x0+a,‎ 又01,ln x0<0,∴a=-ln x0>1.‎ 答案 A ‎2.已知函数f(x)=-1+ln x,若存在x0>0,使得f(x0)≤0有解,则实数a的取值范围是(  )‎ A.a>2 B.a<3‎ C.a≤1 D.a≥3‎ 解析 函数f(x)的定义域是(0,+∞),不等式-1+ln x≤0有解,即a≤x-xln x在(0,+∞)上有解.‎ 令h(x)=x-xln x,则h′(x)=-ln x.‎ 由h′(x)=0,得x=1.‎ 当00,当x>1时,h′(x)<0.‎ 故当x=1时,函数h(x)=x-xln x取得最大值1,‎ 所以要使不等式a≤x-xln x在(0,+∞)上有解,‎ 只要a小于或等于h(x)的最大值即可,即a≤1.‎ 答案 C ‎3.(2020·成都诊断)已知a∈R,设函数f(x)=若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立,则a的取值范围为(  )‎ A.[0,1] B.[0,2]‎ C.[0,e] D.[1,e]‎ 解析 当x≤1时,由f(x)=x2-2ax+2a≥0恒成立,且f(x)关于x=a对称.‎ 所以当a≥1时,f(x)min=f(1)=1>0恒成立,‎ 当a<1时,f(x)min=f(a)=2a-a2≥0,∴0≤a<1.‎ 综上,a≥0.‎ 当x>1时,由f(x)=x-aln x≥0恒成立,‎ 即a≤恒成立.‎ 设g(x)=,则g′(x)=.‎ 令g′(x)=0,得x=e,‎ 且当1e时,g′(x)>0,‎ ‎∴g(x)min=g(e)=e,∴a≤e.‎ 综上,a的取值范围是0≤a≤e,即[0,e].‎ 答案 C 二、填空题 ‎4.若对任意a,b满足00,解得00,f(x)单调递增;‎ ‎∴当x=时,f(x)有极小值,也是最小值,‎ 即f(x)min=f=-2sin =-.‎ 又f(0)=0,f(π)=π,∴在x∈[0,π]上,f(x)max=π.‎ 由题意得|f(x1)-f(x2)|≤M等价于M≥|f(x)max-f(x)min|=π-=+.‎ ‎∴M的最小值为+.‎ 答案 + 三、解答题 ‎6.已知f(x)=(1-x)ex-1.‎ ‎(1)求函数f(x)的最大值;‎ ‎(2)设g(x)=,x>-1且x≠0,证明:g(x)<1.‎ ‎(1)解 f′(x)=-xex.‎ 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-1x.‎ 设h(x)=f(x)-x,则h′(x)=-xex-1.‎ 当x∈(-1,0)时,0<-x<1,0h(0)=0,即g(x)<1.‎ 综上,当x>-1且x≠0时总有g(x)<1.‎ ‎7.(2019·西安质检)设函数f(x)=ln x+(a为常数).‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性;‎ ‎(2)不等式f(x)≥1在x∈(0,1]上恒成立,求实数a的取值范围.‎ 解 (1)定义域为(0,+∞),f′(x)=-+=,‎ 当a≤0时,又x>0,∴x-a>0,∴f′(x)>0,‎ ‎∴f(x)在定义域(0,+∞)上单调递增;‎ 当a>0时,若x>a,则f′(x)>0,∴f(x)单调递增;‎ 若00时,f(x)在区间(0,a)上是减函数,在区间(a,+∞)上是增函数.‎ ‎(2)f(x)≥1⇔+ln x≥1⇔≥-ln x+1⇔a≥-xln x+x对任意x∈(0,1]恒成立.‎ 令g(x)=-xln x+x,x∈(0,1].‎ 则g′(x)=-ln x-x·+1=-ln x≥0,x∈(0,1],‎ ‎∴g(x)在(0,1]上单调递增,∴g(x)max=g(1)=1,‎ ‎∴a≥1,故a的取值范围为[1,+∞).‎ B级 能力提升 ‎8.(2019·天津卷节选)设函数f(x)=excos x,g(x)为f(x)的导函数.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)当x∈时,证明f(x)+g(x)≥0.‎ ‎(1)解 由已知,有f′(x)=ex(cos x-sin x).‎ 因此,当x∈(k∈Z)时,‎ 有sin x>cos x,得f′(x)<0,则f(x)单调递减;‎ 当x∈(k∈Z)时,有sin x0,则f(x)单调递增.‎ 所以f(x)的单调递增区间为(k∈Z),‎ f(x)的单调递减区间为(k∈Z).‎ ‎(2)证明 记h(x)=f(x)+g(x).‎ 依题意及(1),有g(x)=ex(cos x-sin x),‎ 从而g′(x)=-2exsin x.‎ 当x∈时,g′(x)<0,‎ 故h′(x)=f′(x)+g′(x)+g(x)(-1)‎ ‎=g′(x)<0.‎ 因此,h(x)在区间上单调递减,‎ 进而h(x)≥h=f=0.‎ 所以当x∈时,f(x)+g(x)≥0.‎ ‎9.(2020·衡水中学检测)设函数f(x)=x2+ax-ln x(a∈R).‎ ‎(1)当a=1时,求函数f(x)的极值;‎ ‎(2)若对任意a∈(4,5)及任意x1,x2∈[1,2],恒有m+ln 2>|f(x1)-f(x2)|成立,求实数m的取值范围.‎ 解 (1)由题意知函数f(x)的定义域为(0,+∞).‎ 当a=1时,f(x)=x-ln x,f′(x)=1-=,‎ 当01时,f′(x)>0, f(x)单调递增,‎ ‎∴函数f(x)的极小值为f(1)=1,无极大值.‎ ‎(2)由题意知f′(x)=(1-a)x+a- ‎=,‎ 当a∈(4,5)时,1-a<-3,0<<,‎ 所以在区间[1,2]上,f′(x)≤0,则f(x)单调递减,f(1)是f(x)的最大值,f(2)是f(x)的最小值.‎ ‎∴|f(x1)-f(x2)|≤f(1)-f(2)=-+ln 2.‎ ‎∵对任意a∈(4,5)及任意x1,x2∈[1,2],恒有m+ln 2>|f(x1)-f(x2)|成立,‎ ‎∴m+ln 2>-+ln 2,得m>.‎ ‎∵a∈(4,5),∴=1-<1-=,‎ ‎∴m≥,故实数m的取值范围是.‎ C级 创新猜想 ‎10.(2020·湖南重点名校大联考)已知函数f(x)=-aln x+x+.‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性;‎ ‎(2)设g(x)=ex+mx2-2e2-3,当a=e2+1时,对任意x1∈[1,+∞),存在x2∈[1,+∞),使g(x2)≤f(x1),求实数m的取值范围.‎ 解 (1)由题意知f(x)的定义域为(0,+∞),‎ f′(x)=-+1+=,‎ 令f′(x)=0,得x=1或x=a-1.‎ 当a≤1时,a-1≤0,由f′(x)<0得00得x>1,‎ 所以函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.‎ 当10得01,‎ 所以函数f(x)在(a-1,1)上单调递减,在(0,a-1)和(1,+∞)上单调递增.‎ 当a=2时,a-1=1,可得f′(x)≥0,‎ 此时函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ 当a>2时,a-1>1,由f′(x)<0得10得0a-1,‎ 所以函数f(x)在(1,a-1)上单调递减,在(0,1)和(a-1,+∞)上单调递增.‎ ‎(2)当a=e2+1时,由(1)得函数f(x)在(1,e2)上单调递减,‎ 在(0,1)和(e2,+∞)上单调递增,‎ 从而f(x)在[1,+∞)上的最小值为f(e2)=-e2-3.‎ 对任意x1∈[1,+∞),存在x2∈[1,+∞),使g(x2)≤f(x1),‎ 即存在x2∈[1,+∞),使g(x2)的函数值不超过f(x)在区间[1,+∞)上的最小值-e2-3.‎ 由ex+mx2-2e2-3≤-e2-3得ex+mx2≤e2,m≤.‎ 记p(x)=,则当x∈[1,+∞)时,m≤p(x)max.‎ p′(x)==-,‎ 当x∈[1,2]时,显然有exx+2(e2-ex)>0,p′(x)<0,‎ 当x∈(2,+∞)时,exx+2(e2-ex)>exx-2ex>0,p′(x)<0,‎ 故p(x)在区间[1,+∞)上单调递减,‎ 得p(x)max=p(1)=e2-e,‎ 从而m的取值范围为(-∞,e2-e].‎
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