2020高考数学一轮复习第三章导数及其应用3-3导数的综合应用学案理

【2019最新】精选高考数学一轮复习第三章导数及其应用3-3导数的综合应用学案理考点1 利用导数研究生活中的优化问题[典题1] 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．[解] (1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元．所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．又根据题意，得200πrh＋160πr2＝12 000π，所以h＝(300－4r2)，从而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．因为r>0，又由h>0可得0＜r<5，故函数V(r)的定义域为(0,5)．(2)因为V(r)＝(300r－4r3)，故V′(r)＝(300－12r2)，令V′(r)＝0，解得r＝5或－5(r＝－5＜0，舍去)．当r∈(0,5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上为增函数；当r∈(5,5)时，V′(r)<0，故V(r)在(5,5)上为减函数．由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8.即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．[点石成金] 利用导数解决生活中的优化问题的四步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，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f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；(4)回归实际问题作答.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 ＝＋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＋10＝11，a ＝2.(2)由(1)知，该商品每日的销售量y ＝＋10(x －6)2.所以商场每日销售该商品所获得的利润⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x －3＋10x －623)－(x ＝f(x) ＝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. x (3,4) 4 (4,6) f ′(x )＋ 0 －f (x )极大值42由上表可得，x 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．考点2 利用导数研究方程的零点问题[典题2] [2017·山东潍坊模拟]已知函数f(x)＝x2，g(x)＝aln x(a>0)．(1)求函数F(x)＝f(x)·g(x)的极值；(2)若函数G(x)＝f(x)－g(x)＋(a －1)x 在区间上有两个零点，求实数a 的取值范围．[解] (1)由题意知，F(x)＝f(x)·g(x)＝ax2ln x ，F′(x)＝axln x ＋ax ＝ax(2ln x ＋1)，由F′(x)>0得x>e) ， 由F′(x)<0得0<x<e) ，故F(x)在(0，e) )上单调递减，在(e) ，＋∞)上单调递增，所以x ＝e －为F(x)的极小值点，F(x)极小值＝F(e) )＝－，无极大值．(2)G(x)＝x2－aln x ＋(a －1)x ，G′(x)＝x －＋a －1＝，由G′(x)＝0，得x ＝1或x ＝－a(舍去)， 当x∈(0,1)时，G′(x)<0，G(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，G′(x)>0，G(x)单调递增．要使G(x)在区间上有两个零点，⎩⎪⎨⎪⎧G ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e >0，G 1<0，G e >0，需满足 ⎩⎪⎨⎪⎧a ＞2e －12e2＋2e，a ＜12，a ＞2e －e22e －2.即即下面比较与的大小．2e4－2e3－6e＋2由于－＝2e2＋2e2e－2＝>0，故>，故实数a的取值范围为.设函数f(x)＝－kln x，k>0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1， ]上仅有一个零点．(1)解：由f(x)＝－kln x(k>0)，得x＞0且f′(x)＝x－＝.由f′(x)＝0，解得x＝(负值舍去)．当x变化时，f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：x)kk(，＋(0k∞)，f′(x)－0＋f(x)错误!(，＋∞)．f(x)在x＝处取得极小值f()＝.(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e，当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，所以x＝是f(x)在区间(1,]上的唯一零点．当k>e时，f(x)在区间(0，)上单调递减，且f(1)＝>0，f()＝<0，所以f(x)在区间(1， ]上仅有一个零点．综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1， ]上仅有一个零点．考点3 利用导数研究与不等式有关的问题[考情聚焦] 导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题．主要有以下几个命题角度：角度一 证明不等式[典题3] [2017·安徽合肥二模]已知函数f(x)＝.(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝0，x0＜1，设直线y ＝g(x)为函数f(x)的图象在x ＝x0处的切线，求证：f(x)≤g(x)．(1)[解] 易得f′(x)＝－，由题意知f′(x)≥0对x∈(－∞，2)恒成立，故x≤1－a 对x∈(－∞，2)恒成立，∴1－a ≥2，∴a ≤－1.故实数a 的取值范围为(－∞，－1]．(2)[证明] a ＝0，则f(x)＝.函数f(x)的图象在x ＝x0处的切线方程为y ＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)．令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，1－x0ex0＝－f′(x0)－f′(x)＝h′(x)则 ＝.设φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)ex ，x∈R，则φ′(x)＝－ex0－(1－x0)ex ，∵x0＜1，∴φ′(x)＜0，∴φ(x)在R 上单调递减，而φ(x0)＝0，∴当x ＜x0时，φ(x)＞0， 当x ＞x0时，φ(x)＜0，∴当x＜x0时，h′(x)＞0，当x＞x0时，h′(x)＜0，∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，∴当x∈R时，h(x)≤h(x0)＝0，∴f(x)≤g(x)．角度二不等式恒成立问题[典题4] [2017·青海西宁模拟]已知函数f(x)＝x2＋2x，g(x)＝xex.(1)求f(x)－g(x)的极值；(2)当x∈(－2,0)时，f(x)＋1≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围．[解] (1)令h(x)＝f(x)－g(x)＝x2＋2x－xex，则h′(x)＝(x＋1)(2－ex)，令h′(x)＝0，解得x＝－1或x＝ln 2.当x变化时，h′(x)与h(x)的变化情况如下表.小值为－1，极大值为ln22.(2)由题意知，当x∈(－2,0)时，x2＋2x＋1≥axex恒成立，即a≥恒成立．令t(x)＝，则t′(x)＝－，∴当x∈(－2，－1)时，t′(x)>0，t(x)单调递增；当x∈(－1,0)时，t′(x)<0，t(x)单调递减．故当x∈(－2,0)时，t(x)max＝t(－1)＝0.∴a≥0.故实数a的取值范围是[0，＋∞)．角度三存在型不等式成立问题[典题5] [2017·福建四地六校联考]已知a 为实数，函数f(x)＝aln x ＋x2－4x.(1)是否存在实数a ，使得f(x)在x ＝1处取得极值？证明你的结论；(2)设g(x)＝(a －2)x ，若∃x0∈，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a 的取值范围．[解] (1)不存在实数a ，使得f(x)在x ＝1处，取得极值． 证明如下：函数f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2x －4＝.假设存在实数a ，使f(x)在x ＝1处取极值，则f(1)＝0，∴a ＝2，此时，f ′(x)＝， 当x>0时，f′(x)≥0恒成立， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴x ＝1不是f(x)的极值点．故不存在实数a ，使得f(x)在x ＝1处取得极值． (2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－ln x0)a≥x－2x0，记F(x)＝x －ln x(x>0)，∴F ′(x)＝(x>0)，∴当0<x<1时，F ′(x)<0，F(x)单调递减；当x>1时，F′(x)>0，F(x)单调递增．∴F(x)>F(1)＝1>0，∴a ≥，记G(x)＝，x∈，2x －2x －ln x －x －2x －1x －ln x 2＝(x)′G ∴ ＝.∵x ∈，∴2－2ln x ＝2(1－ln x)≥0，∴x －2ln x ＋2>0，∴x ∈时，G ′(x)<0，G(x)单调递减； x∈(1，e)时，G′(x)>0，G(x)单调递增， ∴G(x)min ＝G(1)＝－1，∴a ≥G(x)min ＝－1.故实数a 的取值范围为[－1，＋∞)．[点石成金] 导数在不等式中的应用问题两大解题策略(1)利用导数证明不等式若证明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)． (2)利用导数解决不等式的恒成立问题利用导数研究不等式恒成立问题，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；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．真题演练集训1．[2015·新课标全国卷Ⅰ]设函数f(x)＝ex(2x －1)－ax ＋a ，其中a ＜1，若存在唯一的整数x0使得f(x0)＜0，则a 的取值范围是( )A. ⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，34．B C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1．D 答案：D解析：∵ f(0)＝－1＋a ＜0，∴ x0＝0. ⎩⎪⎨⎪⎧f－1≥0，f1≥0，∴ 是唯一的整数，0＝x0又 即解得a≥.又a ＜1，∴ ≤a＜1，故选D.2．[2014·陕西卷]如图，某飞行器在4千米高空水平飞行，从距着陆点A 的水平距离10千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为( )A ．y ＝x3－xB ．y ＝x3－xC ．y ＝x3－xD ．y ＝－x3＋x 答案：A解析：设所求函数解析式为y ＝f(x)，由题意知f(5)＝－2，f(－5)＝2，且f′(±5)＝0，代入验证易得y ＝x3－x 符合题意，故选A.3．[2014·辽宁卷]当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( )3]，－5－[．A ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－6，－98．B C ．[－6，－2]D ．[－4，－3] 答案：C解析：当x ＝0时，ax3－x2＋4x ＋3≥0变为3≥0恒成立，即a∈R.当x∈(0,1]时，ax3≥x2－4x －3，a≥， ∴a ≥max. 设φ(x)＝，2x －4x3－x2－4x －3·3x2x6＝φ′(x) ＝－＝－＞0，∴φ(x)在(0,1]上单调递增，φ(x)max＝φ(1)＝－6.∴a ≥－6.当x∈[－2,0)时，a≤，∴a ≤min. 仍设φ(x)＝， φ′(x)＝－，当x∈[－2，－1)时，φ′(x)＜0；当x∈(－1,0)时，φ′(x)＞0.∴当x＝－1时，φ(x)有极小值，即为最小值．而φ(x)min＝φ(－1)＝＝－2，∴a≤－2.综上可知，a的取值范围为[－6，－2]．4．[2016·新课标全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.(1)解：f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)·(ex＋2a)．(ⅰ)设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．(ⅱ)设a>0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b<ln ，则f(b)>(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，故f(x)存在两个零点．(ⅲ)设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．若a≥－，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)上单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．若a<－，则ln(－2a)>1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0.因此f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．又当x≤1时f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0，＋∞)．(2)证明：不妨设x1<x2.由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，又f(x)在(－∞，1)上单调递减，所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2)，即f(2－x2)<0.由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，而f(x2)＝(x2－2)e x2＋a(x2－1)2＝0，所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)e x2.设g(x)＝－xe2－x －(x －2)ex ，则g′(x)＝(x －1)(e2－x －ex)．所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0.从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.5．[2015·新课标全国卷Ⅱ]设函数f(x)＝emx ＋x2－mx.(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)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.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.所以，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(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⎩⎪⎨⎪⎧f 1－f 0≤e－1，f －1－f 0≤e－1，的充要条件是1－ 即①设函数g(t)＝et －t －e ＋1，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；当m>1时，由g(t)的单调性，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]．6．[2015·新课标全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝x3＋ax ＋，g(x)＝－ln x.(1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f(x)的切线；(2)用min{m ，n}表示m ，n 中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x ＞0)，讨论h(x)零点的个数．解：(1)设曲线y ＝f(x)与x 轴相切于点(x0,0)，则f(x0)＝0，f′(x0)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x 30＋ax0＋14＝0，3x 20＋a ＝0，⎩⎪⎨⎪⎧ x0＝12，a ＝－34.解得 因此，当a ＝－时，x 轴为曲线y ＝f(x)的切线．(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln x ＜0，从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)＜0，故h(x)在(1，＋∞)上无零点．当x ＝1时，若a≥－，则f(1)＝a ＋≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x ＝1是h(x)的零点；若a ＜－，则f(1)＜0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)＜0，故x ＝1不是h(x)的零点．当x∈(0,1)时，g(x)＝－ln x ＞0，所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数． ①若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x)＝3x2＋a 在(0,1)上无零点，故f(x)在(0,1)上单调．而f(0)＝，f(1)＝a ＋，所以当a≤－3时，f(x)在(0,1)上有一个零点；当a≥0时，f(x)在(0,1)上没有零点．②若－3＜a ＜0，则f(x)在上单调递减，在上单调递增，故在(0,1)上，当x＝时，f(x)取得最小值，最小值为f＝＋.a．若f＞0，即－＜a＜0，则f(x)在(0,1)上无零点．b．若f＝0，即a＝－，则f(x)在(0,1)上有唯一零点．c．若f＜0，即－3＜a＜－，由于f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当－＜a＜－时，f(x)在(0,1)上有两个零点；当－3＜a≤－时，f(x)在(0,1)上有一个零点．综上，当a＞－或a＜－时，h(x)有一个零点；当a＝－或a＝－时，h(x)有两个零点；当－＜a＜－时，h(x)有三个零点．课外拓展阅读巧用导数妙解有关恒成立、存在性问题“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立问题，以免细节出错．方法一分离参数法[典例1] [改编题]设函数f(x)＝ln x－ax，g(x)＝ex－ax，其中a为实数．若f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，则a的取值范围是( )A．(e，＋∞)B．[e，＋∞)D．[1，＋∞)C．(1，＋∞)[答案] A [解析] 解法一：f′(x)＝－a，g′(x)＝ex－a，由题意得，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)≤0恒成立，即当x∈(1，＋∞)时，a≥恒成立，则a≥1.因为g′(x)＝ex－a在(1，＋∞)上单调递增，所以g′(x)＞g′(1)＝e－a.又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，则必有e－a＜0，即a＞e.综上，可知a的取值范围是(e，＋∞)．解法二：f′(x)＝－a，g′(x)＝ex－a.由题意得，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)≤0恒成立，即当x∈(1，＋∞)时，a≥恒成立，则a≥1.当a≤0时，g′(x)＞0恒成立，从而g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g(x)在(1，＋∞)上无最值，不符合题意；当0＜a≤e时，由g′(x)＞0得x＞ln a，又ln a≤1，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g(x)在(1，＋∞)上无最值，不符合题意；当a＞e时，由g′(x)＞0得x＞ln a，又ln a＞1，故g(x)在(1，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，此时有最小值，为g(ln a)＝eln a－aln a＝a－aln a.由题意知ln a＞1，所以a＞e.综上，可知a的取值范围是(e，＋∞)．技巧点拨在恒成立问题中有时需要取交集，有时需要取并集，本题结果取交集．一般而言，在同一“问题”中，若是对自变量作分类讨论，其结果要取交集；若是对参数作分类讨论，其结果要取并集．方法二构造函数法[典例2] 已知函数f(x)＝若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是( )B．(－∞，1]A．(－∞，0]D．[－2,0]C．[－2,1][答案] D[解析] |f(x)|≥ax⇔(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在区间(－∞，0]上恒成立，所以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)＝－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∈(0,1)，所以h′(x)＝－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x0＞0，满足h(x0)＝ln(x0＋1)－ax0＜0成立．如当a＝时，取x0＝4，则h(x0)＝ln 5－2＜0成立，可知当0＜a＜1时，不符合题意．故a≤0.由(1)(2)可知，a的取值范围是[－2,0]．方法探究本题的切入点不同，构造的函数也是不相同的，也可以构造函数结合选项利用函数图象及排除法去完成．典例2也可以通过构造函数求解，但是在问题的求解中如果可以分离出参数，尽量用分离参数法去求解．相对而言，多数题目都可以采用分离参数法去求解，而且采用分离参数法对于问题的求解会相对容易．方法三等价转化法[典例3] 设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3. (1)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥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∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．[解] (1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M.由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x.由g′(x)＞0得x＜0或x＞，又x∈[0,2]，所以g(x)在上是单调递减函数，在上是单调递增函数，所以g(x)min＝g＝－，g(x)max＝g(2)＝1.故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝≥M，则满足条件的最大整数M＝4. (2)对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在上，函数f(x)min≥g(x)max.由(1)可知在上，g(x)的最大值为g(2)＝1.在上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立等价于a≥x－x2ln x恒成立．设h(x)＝x－x2ln x，h′(x)＝1－2xln x－x，可知h′(x)在上是减函数，又h′(1)＝0，所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；当＜x＜1时，h′(x)＞0.即函数h(x)＝x－x2ln x在上单调递增，在[1,2]上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．温馨提示如果一个问题的求解中既有“存在性”又有“恒成立”问题，那么需要对问题作等价转化，使之变成与典例2、典例3相关的问题去求解，这里一定要注意转化的等价性、巧妙性，防止在转化中出错而使问题的求解出错．。