第2课时利用导数研究不等式恒(能)成立问题1.(2021山东淄博实验中学高三月考)已知函数f(x)=(x+a)lnx,g(x)=a2x2+x,a≤0,且a为常数.(1)当a=0时,求函数f(x)的最小值;(2)若存在x∈(1,2]使得f(x)≥g(x)-2a-2成立,求实数a的取值范围.2.(2021福建宁德模拟)已知函数f(x)=12x2-alnx-a,g(x)=ex-x-1.(1)当x∈[1,e]时,求f(x)的最小值;(2)对于任意的x1∈[0,1]都存在唯一的x2∈[1,e]使得g(x1)=f(x2),求实数a的取值范围.3.(2021江苏南通模拟)已知函数f(x)=aex-4,g(x)=lnx-x-1,其中e为自然对数的底数,a∈R.(1)若对任意的x2∈(0,1],总存在x1∈(0,1],使得f(x1)≥g(x2),求a的取值范围;(2)若函数y=f(x)的图象始终在函数y=g(x)x-2的图象上方,求a的取值范围.4.(2021上海华中师大一附中高三月考)已知函数f(x)=alnx+12(x-1)2,a∈R.(1)当a=-2时,求函数f(x)的极值;(2)若∀x∈[1,+∞),都有f(x)≥0,求实数a的取值范围;(3)设g(x)=lnx+12x2+ax+12,若∃x0∈[1,e],使得f(x0)>g(x0)成立,求实数a的取值范围.答案：1.解(1)当a=0时,f(x)=xlnx,定义域为(0,+∞),则f'(x)=lnx+1,令f'(x)<0可得0<x<1e,令f'(x)>0可得x>1e,∴f(x)在0,1e内单调递减,在1e,+∞上单调递增,∴f(x)min=f1e=-1e.(2)令F(x)=f(x)-g(x)+2a+2=(x+a)lnx-a2x2-x+2a+2,则原不等式等价于F(x)≥0在x∈(1,2]有解,F'(x)=lnx-ax+ax,令h(x)=lnx-ax+ax,x∈(1,2],则h'(x)=1x-a-ax2=-ax2+x-ax2,当a=0时,F'(x)=lnx>0,则F(x)在(1,2]上单调递增,此时F(x)max=F(2)=2ln2>0,满足题意,当a<0时,h'(x)>0在(1,2]上恒成立,即F'(x)在(1,2]上单调递增,则F'(x)>F'(1)=0,故F(x)在(1,2]上单调递增,则F(x)max=F(2)=(a+2)ln2,则要使F(x)≥0在x∈(1,2]有解,满足(a+2)ln2≥0,解得-2≤a<0,综上,实数a的取值范围为[-2,0].2.解(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=x2-ax,当a≤1时,x∈[1,e],f'(x)≥0,f(x)单调递增,f(x)min=f(1)=12-a,当a≥e2时,x∈[1,e],f'(x)≤0,f(x)单调递减,f(x)min=f(e)=e22-2a,当1<a<e2时,令f'(x)=0,解得x=a,则x∈[1,a),f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(a,e]时,f'(x)>0,f(x)单调递增.所以f(x)min=f(a)=-a2-a2lna.综上,当a≤1时,f(x)min=12-a;当1<a<e2时,f(x)min=-a2-a2lna;当a≥e2时,f(x)min=e22-2a.(2)因为对于任意的x1∈[0,1]都存在唯一的x2∈[1,e]使得g(x1)=f(x2)成立,所以g(x)在x∈[0,1]的值域是f(x)在x∈[1,e]的值域的子集.因为g'(x)=ex-1,x∈[0,1],所以g'(x)≥0,g(x)单调递增,g(x)的值域为[0,e-2].由(1)知当a≤1时,f(x)在[1,e]上单调递增,f(1)=12-a,f(e)=e22-2a,所以f(x)在[1,e]上的值域为12-a,e22-2a,所以12-a≤0,e22-2a≥e-2,解得12≤a≤1.当1<a<e2时,x∈[1,a],f(x)单调递减,x∈[a,e],f(x)单调递增,且f(1)<0,f(a)<0,所以只需f(e)≥e-2,即e22-2a≥e-2,所以1<a≤e24-e2+1.当a≥e2时,因为f(x)在[1,e]上单调递减,且f(x)≤f(1)=12-a<0,所以不合题意.综上,实数a的取值范围是12,e2-2e+44.3.解(1)对任意的x2∈(0,1],总存在x1∈(0,1],使得f(x1)≥g(x2),则f(x)max≥g(x)max,因为g(x)=lnx-x-1,则g'(x)=1x-1=1-xx≥0对任意的x∈(0,1]恒成立,所以,函数g(x)在区间(0,1]上单调递增,则g(x)max=g(1)=-2.因为f(x)=aex-4,所