1、课时作业(十七)导数与不等式恒成立 1已知函数 f(x)ax2xln x。 (1)若函数 f(x)在(0，)上单调递增，求实数 a 的取值范围； (2)若 ae(e 为自然对数的底数)，证明：当 x0 时，f(x)0 时， f(x)0，即 2aln x1 x 恒成立。 令 g(x)ln x1 x (x0)，则 g(x)ln x x2 ， 易知 g(x)在(0,1)上单调递增， 在(1，)上单调递减， 则 g(x)maxg(1)1， 所以 2a1，即 a1 2。 故实数 a 的取值范围是 1 2，。 (2)证明：若 ae，要证 f(x)xex1 e， 只需证 exln xex 1 ex， 即 e
2、xex0)，则 h(x) ex1 ex2 ， 易知 h(x)在 0，1 e 上单调递减，在 1 e，上单调递增，则 h(x)minh 1 e 0， 所以 ln x 1 ex0。 再令(x)exex，则(x)eex， 易知(x)在(0,1)上单调递增， 在(1，)上单调递减， 则(x)max(1)0， 所以 exex0。 因为 h(x)与(x)不同时为 0， 所以 exex0(e 为自然对数的底数)恒成立。 解(1)f(x)1 xa 1ax x (x0)。 当 a0 时，f(x)0 恒成立， 所以 f(x)在(0，)上单调递增。 当 a0 时，令 f(x)0，得 x1 a， 所以当 x 0，1
3、a 时，f(x)0，f(x)单调递增， 当 x 1 a，时，f(x)0 时，f(x)在 0，1 a 上单调递增， 在 1 a，上单调递减。 (2)证明：由(1)可知，当 a0 时， f(x)ln xaxln1 a1， 特别地，取 a1 e，有 ln x x e0，即 ln x x e， 所以 e2ln xex(当且仅当 xe 时等号成立)， 因此，要证 exe2ln x0 恒成立， 只要证明 exex(等号成立时 xe) 在(0，)上恒成立即可。 设 g(x)e x x (x0)，则 g(x)e xx1 x2 ， 所以当 x(0,1)时，g(x)0，g(x)单调递增。 所以当 x1 时，g(x
4、)取得最小值， 即 g(x)ming(1)e， 即 exex 在(0，)上恒成立。 因此 exexe2ln x，又因为两个等号不能同时成立，所以 exe2ln x0 恒成立。 3(2021江西五校协作体联考)已知函数 f(x)exbx(e 为自然对数的底数)。 (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 b1，当 x2x10 时，f(x1)f(x2)0， 即 f(x)exbx 在(，)上是增函数； 若 b0 得 xln(b)， 令 f(x)0 得 xln(b)， 即 f(x)exbx 在(，ln(b)上是减函数， 在(ln(b)，)上是增函数。 (2)由题意知 f(x)exx， f(x1)f(x
5、2)(x1x2)(mx1mx21)， 即 f(x1)mx21x1x10 知， 上式等价于函数(x)f(x)mx2xexmx2 在(0，)上为增函数， 所以(x)ex2mx0(x0)， 即 2me x x (x0)。 令 h(x)e x x (x0)，则 h(x)e xx1 x2 ， 当 h(x)0 时，0 x0 时，x1； 当 h(x)0 时，x1。 所以 h(x)在(0,1)上单调递减， 在(1，)上单调递增， 所以 h(x)minh(1)e，则 2me，即 me 2， 所以实数 m 的取值范围为 ，e 2 。 4(2020新 高考卷)已知函数 f(x)aex 1ln xln a(e 为自然
6、对数的底数)。 (1)当 ae 时，求曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； (2)若 f(x)1，求 a 的取值范围。 解f(x)的定义域为(0，)， f(x)aex 11 x。 (1)当 ae 时，f(x)exln x1，f(1)e1， f(1)e1，曲线 yf(x)在点(1， f(1)处的切线方程为 y(e1)(e1)(x1)， 即 y(e1)x2。 直线 y(e1)x2 在 x 轴， y 轴上的截距分别为 2 e1，2。 因此所求三角形的面积为 2 e1。 (2)当 0a1 时，f(1)aln a1。 当 a1 时，f(x)ex 1ln x， f(x)
7、ex 11 x。 当 x(0,1)时，f(x)0。 所以当 x1 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(1)1，从而 f(x)1。 当 a1 时，f(x)aex 1ln xln aex1ln x1。 综上，a 的取值范围是1，)。 5已知函数 f(x)axx2xln a(a0，a1)。 (1)求函数 f(x)的极小值； (2)若存在 x1，x21,1，使得|f(x1)f(x2)|e1(e 是自然对数的底数)，求实数 a 的取值范围。 解(1)f(x)axln a2xln a2x(ax1)ln a。 因为当 a1 时，ln a0， 函数 y(ax1)ln a 在 R 上是增函数， 当 0a1 时
8、，ln a1 或 0a0 的解集为(0，)， f(x)0)， 因为 g(a)1 1 a2 2 a 11 a 20， 所以 g(a)a1 a2ln a 在(0，)上是增函数。 而 g(1)0，故当 a1 时，g(a)0， 即 f(1)f(1)； 当 0a1 时，g(a)0，即 f(1)1 时，f(1)f(0)e1， 即 aln ae1。 由函数 yaln a 在(1，)上是增函数， 解得 ae； 当 0a1 时，f(1)f(0)e1， 即1 aln ae1， 由函数 y1 aln a 在(0,1)上是减函数， 解得 0g(x)恒成立，求 a 的取值范围。 解(1)设切点的坐标为(m，m1)，由题
9、意得 f(x)(x1)ex，则 1(m1)em，显然 m1， 则 em 1 m1，所以 e m 1 m10。 设 F(m)em 1 m1(m1)， 当 m0 恒成立。 当 m1 时，F(m)单调递增， 又 F(0)e0 1 010，所以 m0。 因为切点在函数 f(x)的图象上， 所以 m1mema，所以 a1。 (2)对于任意 x 3 2，f(x)g(x)恒成立， 所以 a0，(x)单调递增； x(1,0)时，(x)0，(x)单调递增。 而(0)1 2， 3 2 3 2e 3 2 1 8， 下面比较(0)与 3 2 的大小， 因为 e316，所以 e34，e 3 2 4， 所以 e 3 2 0， 即 3 2 (0)， 所以当 x 3 2，时，(x)(0)1 2， 所以 a1 2，即 a 的取值范围为 ，1 2 。
