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- 2021-06-30 发布
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利用导数解决不等式恒(能)成立问题
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1.(2019·西安质检)已知函数f(x)=ln x,g(x)=x-1.
(1)求函数y=f(x)的图像在x=1处的切线方程;
(2)若不等式f(x)≤ag(x)对任意的x∈(1,+∞)均成立,求实数a的取值范围.
[解] (1)∵f′(x)=,∴f′(1)=1.
又∵f(1)=0,
∴所求切线的方程为y-f(1)=f′(1)(x-1),
即为x-y-1=0.
(2)易知对任意的x∈(1,+∞),f(x)>0,g(x)>0.
①当a≥1时,f(x)<g(x)≤ag(x);
②当a≤0时,f(x)>0,ag(x)≤0,不满足不等式f(x)≤ag(x);
③当0<a<1时,设φ(x)=f(x)-ag(x)=ln x-a(x-1),
则φ′(x)=-a(x>1),
令φ′(x)=0,得x=,
当x变化时,φ′(x),φ(x)的变化情况如下表:
x
φ′(x)
+
0
-
φ(x)
极大值
∴φ(x)max=φ>φ(1)=0,
不满足不等式f(x)≤ag(x).
综上所述,实数a的取值范围为[1,+∞).
2.已知函数f(x)=(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若任意x∈[1,+∞),不等式f(x)>-1恒成立,求实数a的取值范围.
[解] (1)f′(x)=,
当a≤-时,x2-2x-2a≥0,f′(x)≥0,
∴函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
当a>-时,令x2-2x-2a=0,
解得x1=1-,x2=1+.
∴函数f(x)的单调递增区间为(-∞,1-)和(1+,+∞),单调递减区间为(1-,1+).
(2)f(x)>-1⇔>-1⇔2a>x2-ex,
由条件知,2a>x2-ex对任意x≥1恒成立.
令g(x)=x2-ex,h(x)=g′(x)=2x-ex,
∴h′(x)=2-ex.
当x∈[1,+∞)时,h′(x)=2-ex≤2-e<0,
∴h(x)=g′(x)=2x-ex在[1,+∞)上单调递减,
∴h(x)=2x-ex≤2-e<0,
即g′(x)<0,
∴g(x)=x2-ex在[1,+∞)上单调递减,
∴g(x)=x2-ex≤g(1)=1-e,
故若f(x)>-1在[1,+∞ )上恒成立,
则需2a>g(x)max=1-e.
∴a>,即实数a的取值范围是.
3.设f(x)=+xln x,g(x)=x3-x2-3.
(1)如果存在x1,x2∈[0,2]使得g(x1)-g(x2)≥M成立,求满足上述条件的最大整数M;
(2)如果对于任意的s,t∈,都有f(s)≥g(t)成立,求实数a的取值范围.
3.设f(x)=+xln x,g(x)=x3-x2-3.
(1)如果存在x1,x2∈[0,2]使得g(x1)-g(x2)≥M成立,求满足上述条件的最大整数M;
(2)如果对于任意的s,t∈,都有f(s)≥g(t)成立,求实数a的取值范围.
[解] (1)存在x1,x2∈[0,2]使得g(x1)-g(x2)≥M成立,等价于[g(x1)-g(x2)]max≥M.
由g(x)=x3-x2-3,得g′(x)=3x2-2x=3x.
令g′(x)>0得x<0或x>,
令g′(x)<0得0<x<,
又x∈[0,2],
所以g(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增,
所以g(x)min=g=-,
又g(0)=-3,g(2)=1,
所以g(x)max=g(2)=1.
故[g(x1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x)min=≥M,
则满足条件的最大整数M=4.
(2)对于任意的s,t∈,都有f(s)≥g(t)成立,等价于在区间上,函数f(x)min≥g(x)max,
由(1)可知在区间上,g(x)的最大值为g(2)=1.
在区间上,f(x)=+xln x≥1恒成立等价于a≥x-x2ln x恒成立.
设h(x)=x-x2ln x,
h′(x)=1-2xln x-x,
令m(x)=xln x,由m′(x)=ln x+1>0得x>.
即m(x)=xln x在上是增函数,
可知h′(x)在区间上是减函数,
又h′(1)=0,
所以当1<x<2时,h′(x)<0;
当<x<1时,h′(x)>0.
即函数h(x)=x-x2ln x在区间上单调递增,在区间(1,2)上单调递减,
所以h(x)max=h(1)=1,
所以a≥1,
即实数a的取值范围是[1,+∞).
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