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- 2021-06-16 发布
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第4讲 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 x＋a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 x＋a可得f′(x)＝，
因为x0使f′(x)＝f(x)成立，所以＝ln x0＋a，
又01，ln x0<0，
所以a＝－ln x0>1.
2．(2020·聊城模拟)若函数f(x)＝x3＋x2－在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是( )
A．[－5，0) B．(－5，0)
C．[－3，0) D．(－3，0)
解析：选C.由题意知，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2，0)上是减函数，作出其大致图象如图所示，
令x3＋x2－＝－得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知，解得a∈[－3，0)．
3．已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈，∃x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是 ．
解析：由题意知f(x)min≥g(x)min(x∈[2，3])，因为f(x)min＝5，g(x)min＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1.
答案：(－∞，1]
4．若对任意a，b满足00.
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(x－ln x)≤aex，即证a≥.设h(x)＝，
则h′(x)＝＝
，由(1)可知f(x)≥f(1)＝1，
即ln x－(x－1)≤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x＝1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·贵州省适应性考试)已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，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)＝a－ex，x∈R.
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减；
当a＞0时，令f′(x)＝0得x＝ln a.
由f′(x)＞0得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；
由f′(x)<0得f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞)．
综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为R；当a＞0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；
单调递减区间为(ln a，＋∞)．
(2)因为∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，
则ax≤，即a≤.
设h(x)＝，则问题转化为a≤，
由h′(x)＝，
令h′(x)＝0，则x＝.
当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
x
(0，)
(，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
极大值
由上表可知，当x＝时，函数h(x)有极大值，即最大值为.所以a≤.
2．(2020·重庆市七校联合考试)设函数f(x)＝－，g(x)＝a(x2－1)－ln x(a∈R，e为自然对数的底数)．
(1)证明：当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x>1时，f(x)>0.
(2)g′(x)＝2ax－＝(x>0)，
当a≤0时，g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当a>0时，由g′(x)＝0得x＝ .
当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
(3)由(1)知，当x>1时，f(x)>0.
当a≤0，x>1时，g(x)＝a(x2－1)－ln x<0，
故当f(x)0.
当01，
g(x)在上单调递减，g0，所以此时f(x)1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0，
因此，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
又h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝g(x)－f(x)>0，即f(x)
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