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- 2021-05-13 发布
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设函数f(x)=(x+1)ln(x+1),若对所有的x≥0,都有f(x)≥ax成立,求实数a的取值范围.
解析:解法1:令g(x)=(x+1)ln(x+1)-ax,对函数g(x)求导数:
g′(x)=ln(x+1)+1-a,
令g′(x)=0,解得x=ea-1-1.
(1)当a≤1时,对所有x>0,g′(x)>0,
所以g(x)在[0,+∞)上是增函数.
又g(0)=0,所以对x≥0,有g(x)≥g(0),
即当a≤1时,对于所有x≥0,都有f(x)≥ax.
(2)当a>1时,对于0<x<ea-1-1,g′(x)<0,
所以g(x)在(0,ea-1-1)是减函数.
又g(0)=0,所以对0<x<ea-1-1,有
g(x)<g(0),即f(x)<ax.
所以当a>1时,不是对所有的x≥0,都有f(x)≥ax成立.
综上a的取值范围是(-∞,1].
解法2:令g(x)=(x+1)ln(x+1)-ax,
于是不等式f(x)≥ax成立即为g(x)≥g(0)成立.
对g(x)求导数得g′(x)=ln(x+1)+1-a,
令g′(x)=0,解得x=ea-1-1,
当x>ea-1-1时,g′(x)>0,g(x)为增函数,
当-1<x<ea-1-1时,g′(x)<0,g(x)为减函数.
要对所有x≥0都有g(x)≥g(0)充要条件为ea-1-1≤0.
由此得a≤1,即a的取值范围是(-∞,1].
1.
其中;
2.
其中;
3.
其中;
4.
其中;
已知函数,曲线在点处的切线方程为.
(Ⅰ)求、的值;
(Ⅱ)如果当,且时,,求的取值范围.
(Ⅰ)略解得,.
(Ⅱ)方法一:分类讨论、假设反证法
由(Ⅰ)知,所以.
考虑函数,则.
(i)当时,由知,当时,.因为,
所以当时,,可得;当时,,可得
,从而当且时,,即;
(ii)当时,由于当时,,故,而,故当时,,可得,与题设矛盾.
(iii)当时, ,而,故当时,,可得,与题设矛盾.综上可得,的取值范围为.
当,且时,,即,
也即,记,,且
则,
记,则,
从而在上单调递增,且,因此当时,,当时,;当时,,当时,,所以在
上单调递减,在上单调递增.
由洛必达法则有
,
即当时,,即当,且时,.
因为恒成立,所以.综上所述,当,且时,成立,的取值范围为.
设函数.
(Ⅰ)若,求的单调区间;
(Ⅱ)当时,,求的取值范围.
应用洛必达法则和导数
(Ⅱ)当时,,即.
①当时,;②当时,等价于.
记 ,则.
记 ,则,当时,,所以在上单调递增,且,所以在上单调递增,且,因此当时,,从而在上单调递增.
由洛必达法则有,
即当时,,所以当时,所以,因此.
综上所述,当且时,成立.
若不等式对于恒成立,求的取值范围.
应用洛必达法则和导数
当时,原不等式等价于.
记,则.
记,则.
因为,
,所以在上单调递减,且,
所以在上单调递减,且.因此在上单调递减,
且,故,因此在上单调递减.
由洛必达法则有
,
即当时,,即有.
故时,不等式对于恒成立.
通过以上例题的分析,我们不难发现应用洛必达法则解决的试题应满足:
① 可以分离变量;
②用导数可以确定分离变量后一端新函数的单调性;
② 现“”型式子.
2010海南宁夏文(21)
已知函数.
(Ⅰ)若在时有极值,求函数的解析式;
(Ⅱ)当时,,求的取值范围.
解:(Ⅰ)略
(Ⅱ)应用洛必达法则和导数
当时,,即.
①当时,;
②当时,等价于,也即.
记,,则.
记,,则,因此在上单调递增,且,所以,从而在上单调递增.
由洛必达法则有
,
即当时,
所以,即有.
综上所述,当,时,成立.
2010全国大纲理(22)
设函数.
(Ⅰ)证明:当时,;
(Ⅱ)设当时,,求的取值范围.
解:(Ⅰ)略
(Ⅱ)应用洛必达法则和导数
由题设,此时.
①当时,若,则,不成立;
②当时,当时,,即;
若,则;
若,则等价于,即.
记,则.
记,则,.
因此,在上单调递增,且,所以,
即在上单调递增,且,所以.
因此,所以在上单调递增.
由洛必达法则有
,即当时,
,即有,所以.综上所述,的取值范围是.
设函数.
(Ⅰ)求的单调区间;
(Ⅱ)如果对任何,都有,求的取值范围.
解:(Ⅰ).
当()时,,即;
当()时,,即.
因此在每一个区间()是增函数,
在每一个区间()是减函数.
(Ⅱ)应用洛必达法则和导数
若,则;
若,则等价于,即
则.
记,
因此,当时,,在上单调递减,且,故,所以在上单调递减,
而.
另一方面,当时,,因此.