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1、第1课时利用导数解决不等式问题基础题组练1(2020汕头一模)函数f(x)ln xa的导数为f(x)，若方程f(x)f(x)的根x0小于1，则实数a的取值范围为()A(1，)B(0，1)C(1，) D(1，)解析：选A.由函数f(x)ln xa可得f(x)，因为x0使f(x)f(x)成立，所以ln x0a，又0x01，ln x01.2(2020聊城模拟)若函数f(x)x3x2在区间(a，a5)上存在最小值，则实数a的取值范围是()A5，0) B(5，0)C3，0) D(3，0)解析：选C.由题意知，f(x)x22xx(x2)，故f(x)在(，2)，(0，)上是增函数，在(2，0)上是减函数，作
2、出其大致图象如图所示，令x3x2得，x0或x3，则结合图象可知，解得a3，0)3已知函数f(x)x，g(x)2xa，若x1，x22，3，使得f(x1)g(x2)，则实数a的取值范围是 解析：由题意知f(x)ming(x)min(x2，3)，因为f(x)min5，g(x)min4a，所以54a，即a1.答案：(，14若对任意a，b满足0abt，都有bln aaln b，则t的最大值为 解析：因为0abt，bln aaln b，所以，令y，x(0，t)，则函数在(0，t)上单调递增，故y0，解得0xe，故t的最大值是e.答案：e5(2020贵州省适应性考试)函数f(x)xln x，g(x)aex.
3、(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：当a时，xf(x)g(x)解：(1)函数f(x)的定义域为(0，)由f(x)xln x，得f(x)1，当x(0，1)时，f(x)0.所以f(x)的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，)(2)证明：要证xf(x)g(x)，即证x(xln x)aex，即证a.设h(x)，则h(x)，由(1)可知f(x)f(1)1，即ln x(x1)0，于是，当x(0，1)时，h(x)0，h(x)单调递增；当x(1，)时，h(x)0，h(x)单调递减所以x1时，h(x)取得最大值，h(x)max，所以当a时，xf(x)g(x)综合题组练1(2020贵州省适应性考
4、试)已知函数f(x)axex(aR)，g(x).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)x0(0，)，使不等式f(x)g(x)ex成立，求a的取值范围解：(1)因为f(x)aex，xR.当a0时，f(x)0，f(x)在R上单调递减；当a0时，令f(x)0得xln a.由f(x)0得f(x)的单调递增区间为(，ln a)；由f(x)1时，f(x)0；(2)讨论g(x)的单调性；(3)若不等式f(x)1时，s(x)0，所以s(x)在(1，)上单调递增，又s(1)0，所以s(x)0，从而当x1时，f(x)0.(2)g(x)2ax(x0)，当a0时，g(x)0时，由g(x)0得x .当x时，g(x)0，g(x)单调递增(3)由(1)知，当x1时，f(x)0.当a0，x1时，g(x)a(x21)ln x0，故当f(x)0.当0a1，g(x)在上单调递减，g0，所以此时f(x)1时，h(x)2axe1xx0，因此，h(x)在区间(1，)上单调递增，又h(1)0，所以当x1时，h(x)g(x)f(x)0，即f(x)g(x)恒成立综上，a的取值范围为.5