2023届高考数学专项练习导数解密36专题ae专题31 单变量恒成立之最值分析法含答案.docx

2023届高考数学专项练习导数解密36专题31单变量恒成立之最值分析法【方法总结】单变量恒成立之最值分析法遇到f(x)g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h(x)f(x)g(x)或“右减左”的函数u(x)g(x)f(x)，进而只需满足h(x)min0或u(x)max0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论【例题选讲】例1已知函数f(x)ex(exa)a2x(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)0恒成立，求a的取值范围解析(1)函数f(x)的定义域为(，)，f(x)2e2xaexa2(2exa)(exa)若a0，则f(x)e2x在(，)上单调递增若a0，则由f(x)0得xln a当x(，ln a)时，f(x)0；当x(ln a，)时，f(x)0故f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增若a0，则由f(x)0得xln当x时，f(x)0；当x时，f(x)0故f(x)在上单调递减，在上单调递增(2)若a0，则f(x)e2x，所以f(x)0若a0，则由(1)得，当xln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)a2ln a，从而当且仅当a2lna0，即0a1时，f(x)0若a0，则由(1)得，当xln时，f(x)取得最小值，最小值为fa2，从而当且仅当a20，即2ea0时，f(x)0综上，a的取值范围是2e，1例2已知函数f(x)xlnxax1(aR)(1)讨论f(x)在(1，)上的零点个数；1(2)当a>1时，若存在x(1，)，使得f(x)<(e1)·(a3)，求实数a的取值范围解析(1)由f(x)xln xax10可得aln x，令g(x)ln x，易知g(x)g(x)>0在(1，)上恒成立，故g(x)在(1，)上单调递增又g(1)1，所以当x(1，)时，g(x)>1故当a1时，f(x)在(1，)上无零点；当a>1时，f(x)在(1，)上存在一个零点(2)当a>1时，由(1)得f(x)在(1，)上存在一个零点由f(x)ln x1a0得xea1，所以f(x)在(1，ea1)上单调递减，在(ea1，)上单调递增，所以f(x)minf(ea1)1ea1若存在x(1，)，使得f(x)<(e1)(a3)成立，只需1ea1<(e1)(a3)成立，即不等式ea1(e1)(a3)1>0成立令h(a)ea1(e1)(a3)1，a>1，则h(a)ea1e1，易知h(a)ea1e1>0在(1，)上恒成立，故h(a)ea1(e1)(a3)1在(1，)上单调递增，又h(2)0，所以a>2，故实数a的取值范围为(2，)例3已知函数f (x)alnxxb(a0)(1)当b2时，讨论函数f (x)的单调性；(2)当ab0，b>0时，对任意的x，恒有f(x)e1成立，求实数b的取值范围思路(2)由已知ab0消去a，转化为最值问题，即bln xxbe1恒成立，无法分离参数b，用单调性分析法解决解析(1)函数f (x)的定义域为(0，)当b2时，f (x)alnxx2，所以f (x)2x当a>0时，f (x)>0，所以函数f (x)在(0，)上单调递增当a<0时，令f (x)0，解得x(负值舍去)，当0<x<时，f (x)<0，所以函数f (x)在上单调递减；当x>时，f (x)>0，所以函数f (x)在上单调递增2综上所述，当b2，a>0时，函数f (x)在(0，)上单调递增；当b2，a<0时，函数f (x)在上单调递减，在上单调递增(2)因为对任意的x，恒有f (x)e1成立，所以当x时，f (x)maxe1当ab0，b>0时，f (x)bln xxb，f (x)bxb1令f (x)<0，得0<x<1；令f (x)>0，得x>1所以函数f (x)在上单调递减，在(1，e上单调递增，f (x)max为f()beb与f (e)beb中的较大者f (e)f()ebeb2b令g(m)emem2m(m>0)，则当m>0时，g(m)emem2>220，所以g(m)在(0，)上单调递增，故g(m)>g(0)0，所以f (e)> f()，从而f (x)maxf (e)beb，所以bebe1，即ebbe10设(t)ette1(t>0)，则(t)et1>0，所以(t)在(0，)上单调递增又(1)0，所以ebbe10的解集为(0，1所以b的取值范围为(0，1悟通(2)构造f (x)bln xxb并进行单调性分析后，最大值不定或f()或f(e)，作差比较，f(e)f()ebeb2b又不能确定差值的正负，只能构造函数g(m)emem2m(m>0)，用基本不等式求出最大值g(m)>g(0)0，f (x)maxf (e)beb，但又解不出b的不等式，再次构造函数(t)ette1(t>0)进行处理，解不等式构造函数，解不等式也是高考题的常用套路例4已知aR，设函数f(x)aln(xa)lnx(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)ln1恒成立，求实数a的取值范围解析(1)f(x)，x0且xa，当a0时，f(x)0，f(x)单调递增；当a1时，f(x)0，f(x)单调递减；3当1a0时，a0，x时，f(x)0，f(x)单调递减；x时，f(x)0，f(x)单调递增(2)f(x)aln(xa)ln xln1，即aln(xa)ln xlnxln a1，a0，即aln(xa)ln a1，令g(x)exx1(x0)，则g(x)ex10，g(x)在(0，)上单调递增，g(x)g(0)0，即exx10，即ex1x，e1a2x，则原不等式等价为aln(xa)ln aa2x，即aln(xa)a2xln a0，令h(x)aln(xa)a2xln a，则h(x)a2，令h(x)0，可得x，当a1时，h(x)0，则h(x)在(0，)上单调递减，则只需满足h(0)aln aln a0，ln a0，解得0a1，a1；当0a1时，可得h(x)在上单调递增，在上单调递减，则h(x)maxhalna(1a2)ln a0，整理可得ln aa2a0，令(a)ln aa2a，则(a)2a1，则可得(a)在上单调递增，在上单调递减，则(a)maxln 20，故0a1时，h(x)0恒成立，综上，0a1例5(2017·全国)已知函数f(x)x1aln x(1)若f(x)0，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，··m，求m的最小值解析：(1)f(x)的定义域为(0，)，若a0，因为aln 20，所以不满足题意；若a0，由f(x)1知，当x(0，a)时，f(x)0；当x(a，)时，f(x)0所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，)单调递增4故xa是f(x)在(0，)的唯一最小值点由于f(1)0，所以当且仅当a1时，f(x)0故a1(2)由(1)知当x(1，)时，x1ln x0令x1，得ln从而lnlnln11故··e而2，所以m的最小值为3例6已知函数f(x)xlnxa(x1)2x1(aR)(1)当a0时，求f(x)的极值；(2)若f(x)<0对x(1，)恒成立，求a的取值范围解析(1)若a0，f(x)xln xx1，f(x)ln x，x(0，1)时，f(x)<0，f(x)为减函数，x(1，)时，f(x)>0，f(x)为增函数，f(x)有极小值，f(1)0，无极大值(2)f(x)xlnxa(x1)2x1<0在(1，)恒成立若a0，f(x)xlnxx1，f(x)lnx，x(1，)，f(x)>0，f(x)为增函数，f(x)>f(1)0，即f(x)<0不成立，a0不成立x>1，lnx<0在(1，)恒成立，不妨设h(x)lnx，x(1，)，h(x)，x(1，)，h(x)0，x1或，若a<0，则<1，x>1，h(x)>0，h(x)为增函数，h(x)>h(1)0(不合题意)；若0<a<，x，h(x)>0，h(x)为增函数，h(x)>h(1)0(不合题意)；若a，x(1，)，h(x)<0，h(x)为减函数，h(x)<h(1)0(符合题意)综上所述，若x>1时，f(x)<0恒成立，则a例7(2020·全国)已知函数f(x)exax2x(1)当a1时，讨论f(x)的单调性；5(2)当x0时，f(x)x31，求a的取值范围解析(1)当a1时，f(x)exx2x，f(x)ex2x1，由于f(x)ex20，故f(x)单调递增，注意到f(0)0，故当x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递减，当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递增(2)方法一f(x)x31等价于ex1设函数g(x)ex(x0)，则g(x)exxx2(2a3)x4a2exx(x2a1)(x2)ex，若2a10，即a，则当x(0，2)时，g(x)0，所以g(x)在(0，2)上单调递增，而g(0)1，故当x(0，2)时，g(x)>1，不合题意若0<2a1<2，即<a<，则当x(0，2a1)(2，)时，g(x)<0；当x(2a1，2)时，g(x)>0所以g(x)在(0，2a1)，(2，)上单调递减，在(2a1，2)上单调递增，由于g(0)1，所以g(x)1，当且仅当g(2)(74a)e21时成立，解得a所以当a<时，g(x)1若2a12，即a，则g(x)ex由于0，故由可得ex1故当a时，g(x)1综上，a的取值范围是方法二当x0时，f(x)x31，即exax2xx31当x0时，无论a取何值，上式恒成立当x>0时，上式可化为a令g(x)，6则g(x)，令h(x)x3x2(x2)ex，则h(x)x21(x1)ex，h(x)3xxexx(3ex)，令h(x)0，得3ex0，即xln 3所以在(0，ln3)上，h(x)>0，在(ln3，)上，h(x)<0所以h(x)在(0，ln 3)上单调递增，在(ln 3，)上单调递减又h(0)0，h(ln 3)(ln 3)213(ln 31)(ln 3)23ln 32(ln 31)2>0，h(2)5e2<0，所以h(x)在(0，)上先增后减又h(0)0，h(2)4220，所以在(0，2)上，h(x)>0，在(2，)上，h(x)<0，所以g(x)在(0,2)上单调递增，在(2，)上单调递减所以g(x)maxg(2)，所以a所以a的取值范围是例8(2020·新高考)已知函数f(x)aex1lnxlna(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的取值范围解析(1)当ae时，f(x)exln x1，f(x)ex，f(1)e1f(1)e1，切点坐标为(1，1e)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为ye1(e1)·(x1)，即y(e1)x2，切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0，2)，所求三角形面积为×2×(2)解法一(隐零点法)f(x)aex1ln xlna，f(x)aex1，且a>0设g(x)f(x)，则g(x)aex1>0，g(x)在(0，)上单调递增，即f(x)在(0，)上单调递增，当a1时，f(1)0，则f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，f(x)minf(1)1，f(x)1成立；7当a>1时，<1，<1，ff(1)，存在唯一x0>0，使得f(x0)aex010，且当x(0，x0)时f(x)<0，当x(x0，)时f(x)>0，ae x01，lnax01lnx0，因此f(x)minf(x0)ae x01lnx0lnalnax01lna2lna122lna1>1，f(x)>1，f(x)1恒成立；当0<a<1时，f(1)alna<a<1，f(1)<1，f(x)1不恒成立综上所述，a的取值范围是1，)解法二(同构法)f(x)aex1lnxlnaeln ax1lnxlna1等价于eln ax1lnax1lnxxeln xlnx，令g(x)exx，上述不等式等价于g(lnax1)g(lnx)，显然g(x)为单调递增函数，又等价于lnax1lnx，即lnalnxx1，令h(x)lnxx1，则h(x)1，在(0，1)上h(x)>0，h(x)单调递增；在(1，)上h(x)<0，h(x)单调递减，h(x)maxh(1)0，ln a0，即a1，a的取值范围是1，)例9已知函数f(x)alnxex(1)讨论f(x)的极值点的个数；(2)若aN*，且f(x)<0恒成立，求a的最大值参考数据：x1.61.71.8ex4.9535.4746.050ln x0.4700.5310.588思路(1)对f(x)进行单调性分析，但导函数的零点不可求，用隐零点技术处理(2)可对lnx的正负讨论后分离参数去处理如解法1，也可(1)的结果进行解决，但难度较大解析(1)根据题意可得f(x)ex(x>0)，当a0时，f(x)<0，函数是减函数，无极值点；当a>0时，令f(x)0得axex0，即xexa，又yxex在(0，)上是增函数，且当x时，xex，8所以xexa在(0，)上存在一解，不妨设为x0，所以函数yf(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减，所以函数yf(x)有一个极大值点，无极小值点综上，当a0时，无极值点；当a>0时，函数yf(x)有一个极大值点，无极小值点(2)解法1要使f(x)<0恒成立，即aln x<ex恒成立，当ln x>0时，即x>1时，a<，令g(x)，则g(x)，令h(x)ln x，则h(x)在(1，)上是增函数，又h(1.7)ln 1.7<0，h(1.8)ln 1.8>0，存在m(1.7，1.8)，h(m)0，即ln m0，g(x)在(1，m)上单调递增，在(m，)上单调递减，g(x)ming(m)<，又因为ln m，g(m)m em，g(m)emm em>0，g(m)在(1.7，1.8)上是递增函数，g(m)maxg(1.8)10.89，a10.89，又aN*，所以a的最大值为10当ln x<0时，即0<x<1时，a>，令g(x)，则g(x)<0，g(x)在(0，1)上单调递减，g(x)maxg(0)0，a>0当ln x0时，即x1时，不等式恒成立解法2因为aN*，由(1)知，f(x)有极大值f(x0)，且x0满足x0a，可知f(x)maxf(x0)aln x0，要使f(x)<0恒成立，即f(x0)aln x0<0，由可得，代入得aln x0<0，即a<0，因为aN*>0，所以ln x0<0，因为ln 1.7<0，ln 1.8>0，且yln x0在(0，)上是增函数设m为yln x0的零点，则m(1.7，1.8)，可知0<x0<m，由可得aln x0<，当0<x01时，aln x00，不等式显然恒成立；当1<x0<m时，ln x0>0，a<，令g(x)，x(1，m)，则g(x)<0，所以g(x)在(1，m)上是减函数，且10.29，10.31，所以10.29<g(m)<10.31，所以ag(m)，又aN*，所以a的最大值为109悟通(2)如不分离参数，可由(1)知，f(x)有极大值f(x0)，可知f(x)maxf(x0)alnx0<0，难以解决，当然可解决参见解法2但整个思路不顺畅如分离参数，则需分类讨论，当然此时问题主要集中到ln x>0，即x>1上，构造函数g(x)，求导后提取公因式，之后再构造函数h(x)lnx，用到隐零点技术但值得注意的是g(x)ming(m)<g(m)max，因为存在m(1.7，1.8)，而不是对任意的m，所以a<10.89，又aN*，所以a的最大值为10【对点训练】1函数f(x)x22axln x(aR).(1)若函数yf(x)在点(1，f(1)处的切线与直线x2y10垂直，求a的值；(2)若不等式2xln xx2ax3在区间(0，e上恒成立，求实数a的取值范围1解析(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)2x2a，f(1)32a，由题意f(1)·(32a)·1，解得a(2)不等式2xln xx2ax3在区间(0，e上恒成立等价于2ln xxa，令g(x)2ln xxa，则g(x)1，则在区间(0，1)上，g(x)<0，函数g(x)为减函数；在区间(1，e上，g(x)>0，函数g(x)为增函数.由题意知g(x)ming(1)1a30，得a4，所以实数a的取值范围是(，42已知函数f(x)(xa1)ex，g(x)x2ax，其中a为常数(1)当a2时，求函数f(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)若对任意的x0，)，不等式f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围2解析(1)因为a2，所以f(x)(x1)ex，所以f(0)1，f(x)(x2)ex，所以f(0)2，所以所求切线方程为2xy10(2)令h(x)f(x)g(x)，由题意得h(x)min0在x0，)上恒成立，因为h(x)(xa1)exx2ax，所以h(x)(xa)(ex1)10若a0，则当x0，)时，h(x)0，所以函数h(x)在0，)上单调递增，所以h(x)minh(0)a1，则a10，得a1若a0，则当x0，a)时，h(x)0；当x(a，)时，h(x)0，所以函数h(x)在0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增，所以h(x)minh(a)，又因为h(a)h(0)a10，所以不合题意综上，实数a的取值范围为1，)3已知函数f(x)exa(1)若函数f(x)的图象与直线l：yx1相切，求a的值；(2)若f(x)lnx>0恒成立，求整数a的最大值3解析(1)f(x)ex，因为函数f(x)的图象与直线yx1相切，所以令f(x)1，即ex1，得x0，即f(0)1，解得a2(2)先证明exx1，设F(x)exx1，则F(x)ex1，令F(x)0，则x0，当x(，0)时，F(x)<0，当x(0，)时，F(x)>0，所以F(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，所以F(x)minF(0)0，即F(x)0恒成立，即exx1，即ex2x1，当且仅当x0时等号成立，同理可得ln xx1，当且仅当x1时等号成立，所以ex2>ln x，当a2时，ln x<ex2exa，即当a2时，f(x)ln x>0恒成立当a3时，存在x1，使exa<ln x，即exa>ln x不恒成立综上，整数a的最大值为24已知函数f(x)x2(a1)xlnx，g(x)x2x2a1(1)若f(x)在(1，)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)当x1，e时，f(x)<g(x)恒成立，求实数a的取值范围4解析(1)f(x)x2(a1)xln x，f(x)2x(a1)依题意知x(1，)时，2x(a1)0恒成立，即a12x令k(x)2x，x(1，)，k(x)2<0，k(x)在(1，)上单调递减，k(x)<k(1)1，a11，实数a的取值范围为a|a2(2)令(x)f(x)g(x)axln x2a1，x1，e，则只需(x)max<0即可，11(x)a当a0时，(x)<0，(x)在1，e上单调递减，(x)max(1)a1，a1<0，即a>1，1<a0当a>0时，当x时，(x)<0，当x时，(x)>0，(x)在上单调递减，在上单调递增，要使(x)max<0，只需即解得0<a<，综上，实数a的取值范围为5已知函数f(x)(x2)exax2ax(aR)(1)当a0时，求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)当x2时，f(x)0恒成立，求a的取值范围5解析(1)当a0时，f(x)(x2)ex，f(0)(02)e02，f(x)(x1)ex，kf(0)(01)e01，所以切线方程为y2(x0)，即xy20(2)方法一()f(x)(x1)(exa)，当a0时，因为x2，所以x1>0，exa>0，所以f(x)>0，则f(x)在2，)上单调递增，f(x)f(2)0成立当0<ae2时，f(x)0，所以f(x)在2，)上单调递增，所以f(x)f(2)0成立当a>e2时，在区间(2，ln a)上，f(x)<0；在区间(lna，)上，f(x)>0，所以f(x)在(2，ln a)上单调递减，在(lna，)上单调递增，f(x)0不恒成立，不符合题意综上所述，a的取值范围是(，e2方法二当x2时，f(x)0恒成立，等价于当x2时，(x2)exax2ax0恒成立即a(x2)ex在2，)上恒成立 当x2时，0·a0，所以aR当x>2时， x2x>0，所以a恒成立设g(x)，则g(x)，因为x>2，所以g(x)>0，12所以g(x)在区间(2，)上单调递增所以g(x)>g(2)e2，所以ae2 综上所述，a的取值范围是(，e26已知函数f(x)eaxax1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)设m为整数，且对于任意正整数n(n2)若恒成立，求m的最小值6解析：(1)f(x)aeaxaa(eax1)，当a>0时，令f(x)>0，解得x>0所以f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，显然无单调区间；当a<0时，令f(x)>0，解得x>0，所以f(x)在(0，)上单调递增.综上，当a0时，无单调区间；a0时，单调递减区间为(，0)，单调递增区间为(0，).(2)令a1，由(1)可知f(x)的最小值为f(0)0，所以f(x)0所以exx1(当x0时取得“”).令xn1，则en1>n，所以e0·e1·e2··en1>1×2×3××n，即，两边进行次方得，所以m的最小值为3.7已知函数f(x)xln xax1(aR)(1)讨论f(x)在(1，)上的零点个数；(2)当a>1时，若存在x(1，)，使得f(x)<(e1)·(a3)，求实数a的取值范围7解析(1)由f(x)xln xax10可得aln x，令g(x)ln x，易知g(x)g(x)>0在(1，)上恒成立，故g(x)在(1，)上单调递增又g(1)1，所以当x(1，)时，g(x)>1故当a1时，f(x)在(1，)上无零点；当a>1时，f(x)在(1，)上存在一个零点(2)当a>1时，由(1)得f(x)在(1，)上存在一个零点由f(x)ln x1a0得xea1，所以f(x)在(1，ea1)上单调递减，在(ea1，)上单调递增，所以f(x)minf(ea1)1ea1若存在x(1，)，使得f(x)<(e1)(a3)成立，只需1ea1<(e1)(a3)成立，即不等式ea1(e1)(a3)1>0成立令h(a)ea1(e1)(a3)1，a>1，则h(a)ea1e1，13易知h(a)ea1e1>0在(1，)上恒成立，故h(a)ea1(e1)(a3)1在(1，)上单调递增，又h(2)0，所以a>2，故实数a的取值范围为(2，)8已知函数f(x)ex1axlnx(aR)(1)若函数f(x)在x1处的切线与直线3xy0平行，求a的值；(2)若不等式f(x)lnxa1对一切x1，)恒成立，求实数a的取值范围8解析(1)f(x)ex1a，f(1)2a3，a1，经检验a1满足题意，a1，(2)f(x)ln xa1可化为ex1axa10，令(x)ex1axa1，则当x1，)时，(x)min0，(x)ex1a，当a0时，(x)>0，(x)在1，)上单调递增，(x)min(1)1aa100恒成立，a0符合题意当a>0时，令(x)0，得xln a1当x(，ln a1)时，(x)<0，当x(ln a1，)时，(x)>0，(x)在(，ln a1)上单调递减，在(ln a1，)上单调递增当ln a11即0<a1时，(x)在1，)上单调递增，(x)min(1)00恒成立，0<a1符合题意当ln a1>1，即a>1时，(x)在1，ln a1)上单调递减，在(ln a1，)上单调递增，(x)min(ln a1)<(1)0与(x)0矛盾故a>1不符合题意综上，实数a的取值范围为a|a19已知正实数a，设函数f(x)x2a2xln x(1)若a，求实数f(x)在1，e的值域；(2)对任意实数x均有f(x)a恒成立，求实数a的取值范围9解析(1)当a时，函数f(x)x22xln x，则f(x)2(x1ln x)设F(x)2(x1ln x)，x1，e，则F(x)20，所以F(x)在1，e上单调递增，F(x)F(1)0，所以f(x)在1，e上单调递增，所以在1，e上f(x)1，e22e(2)由题意可得f(1)a，即0<a114当0<a1时，x2a2xln xa，即xln x0记t1，设g(t)x2t2txln x，则g(t)为关于t的二次函数，且定义域为1，)，其对称轴为t因为当x时，4x412x，所以<1，当a>0，g(t)g(1)x设函数h(x)xln x，x，h(x)1当x时，h(x)<0，h(x)在上单调递减；当x(1，)时，h(x)>0，h(x)在(1，)上单调递增，所以h(x)minh(1)0，即当x时，h(x)0，所以g(t)0，所以0<a1所以实数a的取值范围是(0，110设函数f(x)x，g(x)t ln x(tR)(1)讨论函数h(x)f(x)g(x)的单调区间；(2)若当x(0，1)时，f(x)的图象恒在函数g(x)的图象的下方，求正实数t的取值范围10解析(1)h(x)f(x)g(x)xt ln x(x>0)，则h(x)1(x>0)当t0时，h(x)>0，h(x)的单调递增区间是(0，)，无减区间；当t0时，令H(x)x2tx1，t24，0，即2t0时，H(x)0，即h(x)0；h(x)的单调递增区间是(0，)，无减区间，0时，即t2，设x1，x2，x1x2t0，x1x210，0x1x2，(0，x1)(x2，)，时H(x)0，即h(x)0，h(x)的单调递增区间是(0，x1)，(x2，)，同理，单调递减区间是(x1，x2)综上，当t2时，h(x)的单调递增区间是(0，)，无减区间，15当t2时，h(x)的单调递增区间是(0，x1)，(x2，)，单调递减区间是(x1，x2)，其中x1，x2(2)函数f(x)的图象恒在g(x)的图象的下方，f(x)g(x)xt ln x<0在区间(0，1)上恒成立设F(x)xt ln x，其中x(0，1)，F(x)1，其中t0当t240，即0t2时，F(x)0，函数F(x)在(0，1)上单调递增，F(x)<F(1)0，故f(x)g(x)0成立，满足题意当t24>0，即t>2时，设(x)x2tx1，则(x)图象的对称轴方程为x>1，(0)1，(1)2t0，(x)在(0，1)上存在唯一实根，设为x0，则当x(x0，1)，(x)0，F(x)0，F(x)在(x0，1)上单调递减，此时F(x)F(1)0，不符合题意综上可得，正实数t的取值范围是(0，211已知函数f(x)lnxx1，g(x)x22x(1)求函数(x)f(x)g(x)的极值；(2)若m为整数，对任意的x0都有f(x)mg(x)0成立，求实数m的最小值11解析(1)由(x)f(x)g(x)ln xx1x22xln xx2x1(x0)，得(x)2x1(x0)，令(x)0，解得0x，令(x)0，解得x，所以函数(x)的单调递增区间是，单调递减区间是，故函数(x)的极大值是ln1ln 2，函数(x)无极小值(2)设h(x)f(x)mg(x)ln xmx2(12m)x1，则h(x)2mx12m(x0)当m0时，因为x0，所以2mx10，x10，所以h(x)0，故h(x)在(0，)上单调递增，又因为h(1)ln 1m×12(12m)13m20，不满足题意，所以舍去16当m0时，令h(x)0，得0x，令h(x)0，得x，故h(x)在上单调递增，在上单调递减，所以h(x)maxhlnm·2(12m)·1ln(2m)令t(m)ln(2m)(m0)，显然t(m)在(0，)上单调递减，且t0，t(1)ln 2(1ln 16)0，故当m1时，t(m)0，满足题意，故整数m的最小值为112设函数f(x)2xlnx2ax2(aR)(1)当a时，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)lnx1(f(x)为f(x)的导函数)在(1，)上恒成立，求实数a的取值范围12解析(1)当a时，f(x)2xln xx2，定义域为(0，)f(x)2ln x2x2令g(x)f(x)2lnx2x2(x>0)，g(x)2当x(0，1)时，g(x)>0，故g(x)为增函数；当x(1，)时，g(x)<0，故g(x)为减函数g(x)g(1)2ln 12×120，即f(x)0函数f(x)的单调递