2023版高三一轮总复习数学新教材老高考人教版课时分层作业18　利用导数解决不等式的恒(能)成立问题

1、 课时分层作业(十八)利用导数解决不等式的恒(能)成立问题1已知函数f(x)axex(aR)，g(x) eq f(ln x,x).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)x(0，)，使不等式f(x)g(x)ex0成立，求a的取值范围解(1)因为f(x)aex，xR.当a0时，f(x)0时，令f(x)0，得xln a.由f(x)0，得f(x)的单调递增区间为(，ln a)；由f(x)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)ex0成立，所以ax eq f(ln x,x)，即a eq f(ln x,x2).设h(x) e

2、q f(ln x,x2)，则问题转化为a eq blc(rc)(avs4alco1(f(ln x,x2) eq sdo7(max).由h(x) eq f(12ln x,x3)，令h(x)0，得x eq r(e).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， eq r(e) eq r(e)( eq r(e)，)h(x)0h(x)单调递增极大值 eq f(1,2e)单调递减由上表可知，当x eq r(e)时，函数h(x)有极大值，即最大值，为 eq f(1,2e)，所以a eq f(1,2e).故a的取值范围是 eq blc(rc(avs4alco1(，f(1,

3、2e).2已知函数f(x)x1a ln x(a0).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若对于任意的x1，x2(0，1，且x1x2，都有|f(x1)f(x2)|0)，因为x0，a0，所以f(x)在(0，)上单调递增(2)不妨设0 x1 eq f(1,x2)0，由(1)知f(x1)f(x2)，所以|f(x1)f(x2)|4 eq blc|rc|(avs4alco1(f(1,x1)f(1,x2)f(x2)f(x1)f(x2) eq f(4,x2).设g(x)f(x) eq f(4,x)，x(0，1，|f(x1)f(x2)|4 eq blc|rc|(avs4alco1(f(1,x1)f(1,x2)

4、等价于g(x)在(0，1上单调递减，所以g(x)0在(0，1上恒成立1 eq f(a,x) eq f(4,x2) eq f(x2ax4,x2)0在(0，1上恒成立ax eq f(4,x)在(0，1上恒成立，易知yx eq f(4,x)在(0，1上单调递增，其最大值为3.因为a0，所以3a0，得x0，由f(x)0，得x0时，a eq f(ex1x2,x)，令g(x) eq f(ex1x2,x) (x0)，则g(x) eq f(（ex2x）x（ex1x2）,x2) eq f(（x1）（exx1）,x2)，由(1)可知，当x0时，exx10，所以由g(x)0，得0 x0，得x1，所以g(x)在(0，

5、1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以x1是g(x)的极小值点，也是g(x)的最小值点，且g(x)ming(1)e2，所以ae2，所以实数a的取值范围为(，e2.2(2021石家庄模拟)已知函数f(x)x(a1)ln x eq f(a,x)(aR)，g(x) eq f(1,2)x2exxex.(1)当x1，e时，求f(x)的最小值；(2)当a1时，若存在x1e，e2，使得对任意的x22，0，f(x1)g(x2)成立，求a的取值范围解(1)f(x) eq f(（x1）（xa）,x2).当a1，x1，e时，f(x)0，f(x)单调递增，f(x)minf(1)1a.当1ae，x1，a时，f(x)

6、0，f(x)单调递减；xa，e时，f(x)0，f(x)单调递增；所以f(x)min f(a)a(a1)ln a1.当ae，x1，e时，f(x)0，f(x)在1，e上单调递减f(x)minf(e)e(a1) eq f(a,e)，综上，当a1时，f(x)min1a；当1ae时，f(x)mina(a1)ln a1；当ae时，f(x)mine(a1) eq f(a,e).(2)由题意知f(x)(xe，e2)的最小值小于g(x)(x2，0)的最小值由(1)知当a1时f(x)在e，e2上单调递增，f(x)minf(e)e(a1) eq f(a,e).g(x)(1ex)x.当x2，0时，g(x)0，g(x)单