课时作业16不等式恒成立与有解问题一、选择题1．已知函数f(x)＝x3－2ex2＋mx－lnx，若f(x)>x恒成立，则实数m的取值范围是(A)A．(e2＋＋1，＋∞)B．(0，e2＋＋1]C．(－∞，e2＋＋1]D．(－∞，e2＋]解析：解法1：由f(x)>x恒成立，得x3－2ex2＋mx－lnx>x恒成立，得x3－2ex2＋(m－1)x－lnx>0恒成立，因为x>0，所以两边同时除以x，得x2－2ex＋(m－1)－>0，则m－1>－x2＋2ex恒成立．令g(x)＝－x2＋2ex，则g′(x)＝－2x＋2e，当0
0，2e－2x>0，所以g′(x)>0；当x>e时，<0,2e－2x<0，所以g′(x)<0.所以当x＝e时，g(x)max＝＋e2，则m－1>＋e2，所以m>e2＋＋1，故选A．解法2：由f(x)>x恒成立，转化为m－1>－x2＋2ex恒成立，则m－1>(－x2＋2ex)max，m的取值可以趋于＋∞，观察4个选项，发现只有选项A符合，故选A．2．已知函数f(x)＝alnx－bx2，a，b∈R.若不等式f(x)≥x对所有的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，则a的取值范围是(B)A．[e，＋∞)B．[，＋∞)C．[，e2)D．[e2，＋∞)解析：f(x)≥x对所有的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，即alnx－bx2≥x，alnx－x≥bx2对所有的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，因为b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]，所以bx2的最大值为0，所以alnx－x≥0在x∈(e，e2]时恒成立，所以a≥在x∈(e，e2]时恒成立，令g(x)＝，x∈(e，e2]，则g′(x)＝>0恒成立，所以g(x)＝单调递增，所以当x＝e2时，g(x)取得最大值，所以a≥，故选B．二、解答题3．已知函数f(x)＝ax＋x2－xlna(a>0，a≠1)．(1)求函数f(x)的极小值；(2)若存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1(e是自然对数的底数)，求实数a的取值范围．解：(1)f′(x)＝axlna＋2x－lna＝2x＋(ax－1)·lna.因为当a>1时，lna>0，(ax－1)lna在R上是增函数，当01或00的解集为(0，＋∞)，f′(x)<0的解集为(－∞，0)，故函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，所以函数f(x)在x＝0处取得极小值1.(2)因为存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1，而当x∈[－1,1]时，|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min，所以只需f(x)max－f(x)min≥e－1即可．当x∈[－1,1]时，x，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示：x[－1,0)0(0,1]f′(x)－0＋f(x)极小值所以f(x)在[－1,0]上是减函数，在(0,1]上是增函数，所以当x∈[－1,1]时，f(x)min＝f(0)＝1，f(x)max为f(－1)和f(1)中的较大者．f(1)－f(－1)＝(a＋1－lna)－＝a－－2lna，令g(a)＝a－－2lna(a>0)，因为g′(a)＝1＋－＝2>0，所以g(a)＝a－－2lna在(0，＋∞)上是增函数．而g(1)＝0，故当a>1时，g(a)>0，即f(1)>f(－1)；当01时，f(1)－f(0)≥e－1，即a－lna≥e－1.函数y＝a－lna在(1，＋∞)上是增函数，解得a≥e；当00，g(x)>0.①当a≥1时，f(x)0，ag(x)≤0，不满足不等式f(x)≤ag(x)；③当01)，令φ′(x)＝0，得x＝，当x变化时，φ′(x)，φ(x)的变化情况如下表：xφ′(x)＋0－φ(x)极大值∴φ(x)max＝φ>φ(1)＝0，不满足不等式．综上所述，实数a的取值范围为[1，＋∞)．5．已知函数f(x)＝ex－1－a(x－1)＋lnx(a∈R，e是自然对数的底数)．(1)设g(x)＝f′(x)(其中f′(x)是f(x)的导数)，求g(x)的极小值；(2)若对任意的x∈[1，＋∞)，都有f(x)≥1成立，求实数a的取值范围．解：(1)g(x)＝f′(x)＝ex－1＋－a(x>0)，g′(x)＝ex－1－.令φ(x)＝g′(x)＝ex－1－(x>0)，...
