课时过关检测（十八） 利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题

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课时过关检测（十八）利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题1．已知函数f(x)＝.如果当x≥1时，不等式f(x)≥恒成立，求实数k的取值范围．解：当x≥1时，k≤恒成立，令g(x)＝(x≥1)，则g′(x)＝＝.再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，则h′(x)＝1－≥0，所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0，所以g(x)为单调增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2]．2．已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)∃x∈(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，＋∞)．综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；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∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，则ax≤，即a≤.设h(x)＝，则问题转化为a≤max.由h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x＝.当x在区间(0，＋∞)上变化时，h′(x)，h(x)随x变化的变化情况如下表： 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≤.故a的取值范围是.3．已知函数f(x)＝ax＋x2－xln a(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)＝axln a＋2x－ln a＝2x＋(ax－1)ln a.∵当a>1时，ln a>0，函数y＝(ax－1)ln a在R上是增函数，当0<a<1时，ln a<0，函数y＝(ax－1)ln a在R上也是增函数，∴当a>1或0<a<1时，f′(x)在R上是增函数，又∵f′(0)＝0，∴f′(x)>0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)，∴函数f(x)在x＝0处取得极小值1.(2)∵存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1，∴只需f(x)max－f(x)min≥e－1即可．由(1)可知，当x∈[－1,1]时，f(x)在[－1,0]上是减函数，在(0,1]上是增函数，∴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－ln a)－＝a－－2ln a，令g(a)＝a－－2ln a(a>0)，∵g′(a)＝1＋－＝2>0，∴g(a)＝a－－2ln a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0<a<1时，g(a)<0，即f(1)<f(－1)．∴当a>1时，f(1)－f(0)≥e－1，即a－ln a≥e－1.由函数y＝a－ln a在(1，＋∞)上是增函数，解得a≥e；当0<a<1时，f(－1)－f(0)≥e－1，即＋ln a≥e－1，由函数y＝＋ln a在(0,1)上是减函数，解得0<a≤.综上可知，所求实数a的取值范围为∪[e，＋∞)．4．(2021·开封市模拟考试)已知函数f(x)＝aex－x－1.(1)若f(x)的最小值为0，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，·…·＜m，求m的最小值．解：(1)f′(x)＝aex－1，①若a≤0，则f′(x)＜0，f(x)单调递减，没有最小值；②若a＞0，则当x＞－ln a时，f′(x)＞0，当x＜－ln a时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增，所以f(x)的最小值为f(－ln a)＝0，所以a＝1.(2)由(1)知当x∈(0，＋∞)时，ex－x－1＞0，即ex＞x＋1，即x＞ln(x＋1)．令x＝，得ln＜.从而ln＋ln＋…＋ln＜＋＋…＋＝1－＜1，故·…·＜e，而××＞2，所以m的最小值为3.