華師一高三《導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用-不等式恒成立小題》補充作業(yè)4是。值范圍為。恒成立，則實數(shù)k的最大值是。4.已知函數(shù)f(x)=—2xcosx+(a+1)x3，對于任意的x1,x2e(0,),，且x1<x2都有x2f(x1)—x1f(x2)>0成立，則實數(shù)a的取值范圍是。5.已知函數(shù)f(x)=xln+aex,g(x)=—x2+x，則實數(shù)a的取值范圍是。6.對任意的x>0，若不等式ax2<ex+axlnx(a>0)恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是。7.已知函數(shù)f(x)=ex-aln(ax+a)—a(a>0),若關(guān)于f(x)>0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是。>2恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是。 。x恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為。值為。則a的取值范圍。)，若對任意實數(shù)x>1，不等式立，則實數(shù)a的取值范圍。15.已知函數(shù)f(x)=xlnx+x，當(dāng)x>1時，使不等式f(x)之kxk恒成立的k的最大整數(shù)為。（x)x)恒成立，則實數(shù)（x)x是。18.對于任意x>0都有xx一axlnx>0，則實數(shù)a的取值范圍是。2a均恒成立，則a的取值范圍為。21.已知不等式(axlnx).(是。恒成立，則正實數(shù)a的取值范圍是。23.已知關(guān)于x的不等式ex一1+a>aln(ax一2a),(a>0)恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是。a的最小值為。>0對任意x>0恒成立，則實數(shù)k的取值范圍是。27.已知不等式alnx2x1x2a對任意xe(0,1)恒成立，則實數(shù)a的最小值是。28.己知a<0，不等式xa+1ex+alnx>0對任意的實數(shù)x>1恒成立，則實數(shù)a的最小值為。(ax+b)>b在定義域內(nèi)恒成立，則的最大值為30.若xex)>lnx+1對任意x>0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為。31.關(guān)于x的不等式xm(ex+x)<emx+mxm(x一lnx)恒成立，則實數(shù)m的最為。32.若二xe[2,4]，Vk>1，使不等式(xk+x+klnx).ex>aex+ea成立，則實數(shù)a的取值范圍為。是。1x則實數(shù)a的取值范圍是。f(x0)<0，則實數(shù)a的最小值是。36.關(guān)于x的不等式x2一a(x一1)ex<0恰有一個整值為。38.完成下列各問（1）已知函數(shù)f(x)=xex一a(x+lnx)，若f(x)之0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是（2）已知函數(shù)f(x)=xex一a(x+lnx+1)，若f(x)之0恒成立，則正數(shù)a的取值范圍是。（3）已知函數(shù)f(x)=xex+e一a(x+ln是。f(x)之0恒成立，則實數(shù)a與b的大小關(guān)系是。1，若f(x)之0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是。（9）若函數(shù)y=ax+xe一axlnx1最小值是0，則實第。頁共。頁12xx2E2f(2021)>0設(shè)0<a<2021<b，則=t(t>1)，兩式相減，得2021ln2，m,(t)=t t(lnt)22 t(lnt)222minf(x)x4．令f(x)x(a+1)x2，由題意知對于任意的x1，x2E0且x1<x2都有2x1f(x2)x2x1f(x2)x2,故g(x1)g(x2)，即g(x)=lna?lnx+ex+lna?lnx?x+1，即ex+lna?lnx+x+lna?lnx?10，令t=x+lna?lnx，h(t)=et+t?1，其中tR，txx6．對任意x0，若不等式ax2ex+axlnx(a0)恒成立,即ex6．對任意x0，若不等式ax2ex+axlnx(a0)恒成立,即f(x)0，f(x)在0x1時單調(diào)遞減，當(dāng)x1f(x)0，f(x)在0x1時單調(diào)遞減，當(dāng)x1時，f(x)0，f(x)在x1時單調(diào)遞增，故當(dāng)x=1時，f(x)取得極小值也是最小值，即f(x)f(1)=e，令xlntlnt(lnt)lnt是單調(diào)遞增函數(shù)，故g(t)g(e)=e，所以ae，又因為a0，所以a的取值范圍為(0,e]exaexa3eax121220，00,2,f(x0)f(0)=0，不合乎題意2,.f(2)=ae2?10，不滿足題意，舍去，所以a0．令f(x)=aex?ln(x?1)+1(x1)，則0當(dāng)x(x0,則h(x)=??10，所以h(x)在(1,+)上單調(diào)遞減，又h(2)=0，所xexx即exxexxexx,則h(x)=exx2,由h(x)0可得0x1，由因為ax0對任意的x(0,+)恒成立，所以a0，所以0ae.12．由已知可得a0，x0，由(a2?a)x+alnxex?2alna4xxae?1x?2x?2x?1,xxaex?2?lnx+2lna?3>0恒成立.x e2.設(shè)g(x)=(x>1)，則g,(x)=,令μ(x)=?lnx+x?2(x>1)，則μ,(x)=+1，0E(3,4)，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增.∴g(x)在x=x0處有極小值（也是最小值5x0x0(x00x00e(3,4)．又k<g(x)恒成立，∴k<g(x)min=x0.xx2xxxx22k?2)x之x+3lnx恒成立，記g(x)=x=xxx2記h(xx2h(x)有最大值h(x)max=h(e)xttmint=lnai）當(dāng)lna<?即ee62?tt=(0,lna]時，f(t)<xxxxx223xxxg(x)在[1,+父)上單調(diào)遞減，:g(x)<g(1)=0與題意矛盾，:a>0．令>0，:h(x)在[1,+父)上單調(diào)遞增，:g(x)之g(1)=0，1(1) a200x27x2值，且f(1)=e；gx2 1 ,e|a<x「1]x「1]u22.0,e2)8xa?1x恒成立，亦即xlnx(x)<0,f(x)遞減，當(dāng)e2 e2x27．由題意，不等式可變形為ex2a?2alnx，得ex?lnex2a?lnx2a對任意xe(0,1)恒成立.x9,ln2x(x)xeaxea2lnxaaalna2alna2(b)2aaeaeabaxx+lnxxxxemxxmemxxmxln+mxexx(1)22ee e,故實數(shù)m的最小值為ea，k1，因為xe[2,4]，k1，所以f(k)單調(diào)遞增xxaa?x1xa?x,(xe[2,4])，g,(x)=21xa?xa?4a?4xmbemblnb顯然成立，當(dāng)lnb>0即b>1時，構(gòu)造bbb1emax=g(e)1e1e1e,故實數(shù)m的取值范圍tt1e21e「12]0e0ex0lnx0x00e0?2，:xe(1，x0)時，gxe(x0:a>x0即可，又aeZ，:amin=4．故答案為4.22exx.lnatlnalnax.lnatlnalnatattat