1、课时过关检测(十七) 恒成立与有解问题1已知函数f(x)mexx2(1)若m1，求曲线yf(x)在(0，f(0)处的切线方程；(2)若关于x的不等式f(x)x(4mex)在0，)上恒成立，求实数m的取值范围解：(1)当m1时，f(x)exx2，则f(x)ex2x所以f(0)1，且斜率kf(0)1故所求切线方程为y1x，即xy10(2)由mexx2x(4mex)得mex(x1)x24x故问题转化为当x0时，mmax令g(x)，x0，则g(x)，x0，由g(x)0及x0，得x1当x(0，1)时，g(x)0，g(x)单调递增；当x(1，)时，g(x)0，xa0，f(x)0，f(x)在定义域(0，)上
2、单调递增；当a0时，若xa，则f(x)0，f(x)单调递增；若0xa，则f(x)0时，f(x)在区间(0，a)上单调递减，在区间(a，)上单调递增(2)f(x)1ln x1ln x1axln xx对任意x(0,1恒成立令g(x)xln xx，x(0,1则g(x)ln xx1ln x0，x(0,1，g(x)在(0,1上单调递增，g(x)maxg(1)1，a1，故a的取值范围为1，)3(2022渭南二模)已知函数f(x)x2aln x(1)当a2时，试判断函数f(x)的单调性；(2)当a0时，若对任意的x，f(x)x2exa恒成立，求a的取值范围解：(1)当a2时，f(x)x22ln x(x0)，
3、因为f(x)2x所以令f(x)0得x1；令f(x)0得0xx2exa即exa(1ln x)，因为x，所以1ln x0，所以当a0时，对任意x，a恒成立令g(x)，x，则g(x)，令h(x)1ln x，显然h(x)在上单调递增，由于h(1)1ln 110，所以当x1时，h(x)0，g(x)1时，h(x)0，g(x)0，所以函数g(x)在上单调递减，在(1，)上单调递增，所以g(x)g(1)e，所以0a1)(1)判断函数f(x)的单调性；(2)是否存在实数a，使得关于x的不等式ln x1)，f(x)，设g(x)1ln x(x1)，g(x)0，g(x)在(1，)上为减函数，g(x)g(1)0，f(x
4、)0，函数f(x)在(1，)上为减函数(2)ln xa(x1)在(1，)上恒成立ln xa(x1)0，h(x)为增函数，h(x)h(1)0，显然不满足条件若a1，则x(1，)时，h(x)a0恒成立，h(x)ln xa(x1)在(1，)上为减函数，ln xa(x1)h(1)0在(1，)上恒成立，ln xa(x1)在(1，)上恒成立，满足题意若0a0, h(x)ln xa(x1)在上为增函数，此时h(x)ln xa(x1)h(1)0，不能使ln x0)，则F(x)(x0)，当0x1时，F(x)1时，F(x)0，F(x)单调递增F(x)F(1)10，a记G(x)，x，则G(x)x，22ln x2(1
5、ln x)0，x2ln x20，当x时，G(x)0，G(x)单调递增G(x)minG(1)1，aG(x)min1，故实数a的取值范围为1，)6(2022宜昌一模)已知f(x)ax2(x1)ln x，aR(1)当a1时，求证：不等式f(x)0在x(0，e上恒成立；(2)若g(x)，是否存在实数a，使得g(x)在x(0，e的最小值是3，若存在，求a的值；若不存在，请说明理由解：(1)证明：当a1时，因为f(x)0等价于x2(x1)ln x0，又x(0，e，所以xln x，令h(x)xln x，h(x)1，0x1，所以当0x1时，h(x)10，此时h(x)单调递减；当10时，此时h(x)单调递增所以
6、h(x)的极小值h(1)1令F(x)，F(x)，所以当00，F(x)在(0，e上单调递增所以F(x)maxF(e)0在x(0，e上恒成立(2)因为f(x)ax2(x1)ln x，所以axln x，所以g(x)axln x，假设存在实数a，使得g(x)在x(0，e的最小值是3，因为g(x)a当a0时，g(x)0，所以g(x)在x(0，e上单调递减，所以g(x)ming(e)ae13，解得a不满足题意；当0e时，g(x)在上单调递减，在上单调递增，所以g(x)ming1ln a3，解得ae2，满足条件；当e时，g(x)在x(0，e上单调递减，g(x)ming(e)ae13，解得a不满足题意，综上，存在实数ae2满足题意
