第2课时利用导数研究不等式恒成立问题1.(2019南宁二中、柳州高中联考)已知函数f(x)=x-1-alnx(a<0).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若对于任意的x1,x2∈(0,1],且x1≠x2,都有|f(x1)-f(x2)|<4|1x1-1x2|,求实数a的取值范围.解析(1)由题意知f'(x)=1-ax=x-ax(x>0),∵x>0,a<0,∴f'(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.(2)不妨设0
1x2>0,由(1)知f(x1)f(x2)+4x2.设g(x)=f(x)+4x,x∈(0,1],易知g(x)在(0,1]上单调递减,∴g'(x)≤0在(0,1]上恒成立⇔1-ax-4x2=x2-ax-4x2≤0在(0,1]上恒成立⇔a≥x-4x在(0,1]上恒成立,易知y=x-4x在(0,1]上单调递增,其最大值为-3.∵a<0,∴-3≤a<0,∴实数a的取值范围为[-3,0).2.(2019西安八校联考)设函数f(x)=(ax+1)e-x(a∈R).(1)当a>0时,求函数f(x)的单调递增区间;(2)对任意的x∈[0,+∞),f(x)≤x+1恒成立,求实数a的取值范围.解析(1)当a>0时,f'(x)=a·e-x-(ax+1)·e-x=a·e-x·(a-1a-x),由于e-x>0,a>0,所以令f'(x)≥0,得x≤a-1a.所以当a>0时,f(x)的单调递增区间是(-∞,a-1a].(2)令h(x)=(ax+1)e-x-x-1,则f(x)≤x+1对于任意的x∈[0,+∞)恒成立等价于h(x)≤0在x∈[0,+∞)恒成立.1(i)若a≤0,则当x≥0时,ax+1≤1,02,则h'(0)=e-0(a-1-a×0)-1=a-2>0,h'(1)=e-1(a-1-a)-1=-e-1-1<0.所以h'(x)=0在(0,1)上有零点.当x∈(0,1)时,设g(x)=h'(x),则g'(x)=e-x(ax+1-2a)0,h(x)在(0,x0)上为增函数,则x∈(0,x0)时,h(x)>h(0)=0,所以f(x)>x+1,不符合题意.综上可得,符合题意的a的取值范围是(-∞,2].3.(2019陕西质量检测一)已知函数f(x)=lnx,g(x)=x-1.(1)求函数y=f(x)的图象在x=1处的切线方程;(2)证明:f(x)≤g(x);(3)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.解析(1)∵f'(x)=1x,∴f'(1)=1.又f(1)=0,∴切线的方程为y-f(1)=f'(1)(x-1),即所求切线的方程为y=x-1.(2)证明:设h(x)=f(x)-g(x)=lnx-x+1,则h'(x)=1x-1,令h'(x)=0,得x=1,当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表:x(0,1)1(1,+∞)h'(x)+0-h(x)单调递增极大值单调递减∴h(x)≤h(x)max=h(1)=0,即f(x)≤g(x).2(3)易知对任意的x∈(1,+∞),f(x)>0,g(x)>0.(i)当a≥1时,f(x)≤g(x)≤ag(x);(ii)当a≤0时,f(x)>0,ag(x)≤0,∴不满足不等式f(x)≤ag(x);(iii)当0φ(1)=0,不满足不等式.综上,实数a的取值范围是[1,+∞).4.(2019河北“五个一名校联盟”模拟)已知a为实数,函数f(x)=alnx+x2-4x.(1)若x=3是函数f(x)的一个极值点,求实数a的值;(2)设g(x)=(a-2)x,若存在x0∈[1e,e],使得f(x0)≤g(x0)成立,求实数a的取值范围.解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ax+2x-4=2x2-4x+ax.∵x=3是函数f(x)的一个极值点,∴f'(3)=0,解得a=-6.经检验,当a=-6时,x=3是函数f(x)的一个极小值点,符合题意,故a=-6.(2)由f(x0)≤g(x0),得(x0-lnx0)a≥x02-2x0,记F(x)=x-lnx(x>0),则F'(x)=x-1x(x>0),∴当01时,F'(x)>0,F(x)单调递增.3∴F(x)≥F(1)=1>0,∵a≥x02-2x0x0-lnx0.记G(x)=x2-2xx-lnx,x∈[1e,e],则G'(x)=(2x-2)(x-lnx)-(x-2)(x-1)(x-lnx)2=(x-1)(x-2lnx+2)(x-lnx)2.∵x∈[1e,e],∴2-2lnx=2(1-lnx)≥0,∴x-2lnx+2>0,∴当x∈(1e,1)时,G'(x)<0,G(x)单调递减;当x∈(1,e)时,G'(x)>0,G(x)单调递增.∴G(x)min=G(1)=-1,∴a≥G(x)min=-1,故实数a的取值范围为[-1,+∞).45
