还剩10页未读，
继续阅读
2021新高考数学二轮总复习专题二函数与导数2.4.3利用导数证明问题及讨论零点个数学案含解析
展开
2.4.3 利用导数证明问题及讨论零点个数
必备知识精要梳理
1.与ex、lnx有关的常用不等式的结论
(1)由f(x)=ex图象上任一点(m,f(m))的切线方程为y-em=em(x-m),得ex≥em(x+1)-mem,当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有ex≥x+1;当m=1时,有ex>ex.
(2)由过函数f(x)=ln x图象上任一点(n,f(n))的切线方程为y-ln n=1n(x-n),得ln x≤1nx-1+ln n,当且仅当x=n时,等号成立.当n=1时,有ln x≤x-1;当n=e时,有ln x≤1ex.
2.证明含参数的函数不等式,其关键在于将所给的不等式进行“改造”,得到“一平一曲”,然后运用导数求出“曲”的最值,将其与“平”进行比较即可.
3.求解导数应用题宏观上的解题思想
(1)借助导函数(正负)研究原函数(单调性);重点是把导函数先“弄熟悉”;
(2)为了把导函数先“弄熟悉”采取的措施:
①通分;
②二次求导或三次求导;
③能画出导函数草图是最好的!
关键能力学案突破
热点一
利用导数证明不等式(多维探究)
类型一 单未知数函数不等式的证明
【例1】已知函数f(x)=ex-ln(x+m).
(1)略;
(2)当m≤2时,证明f(x)>0.
解题心得1.对于含有参数的一个未知数的函数不等式,其证明方法与不含参数的一个未知数的函数不等式证明大体一致.可以直接证明,也可以放缩后再证明,也可以分离参数后,利用导数求最值来证明.
2.证法1与证法2中出现的x0的具体数值是无法求解的,只能求出其范围,我们把这种零点称为“隐性零点”.证法2比证法1简单,这是因为利用了函数单调性将命题ex-ln(x+m)>0加强为ex-ln(x+2)>0,转化为研究一个特例函数的问题,从而大大降低了题目的难度.证法2中,因为φ(x0)的表达式涉及ex0、ln(x0+2),都是超越式,所以φ(x0)的值不好计算,由此,需要对“隐性零点”满足的式子ex0-1x0+2=0进行变形,得到两个式子ex0=1x0+2和ln(x0+2)=-x0,然后进行反代,从而将超越式转化为初等式.“反代”是处理“隐性零点”问题的常用策略.
【对点训练1】已知函数f(x)=ax2+x-1ex.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;
(2)求证:当a≥1时,f(x)+e≥0.
【例2】已知函数f(x)=x+ax.
(1)略;
(2)设函数g(x)=ln x+1,证明:当x∈(0,+∞)且a>0时,f(x)>g(x).
解题心得欲证函数不等式f(x)>g(x)(x∈I,I是区间),设h(x)=f(x)-g(x)(x∈I),即证h(x)>0,为此研究h(x)的单调性,先求h'(x)的零点,根据零点确定h(x)在给定区间I的正负,若h(x)在区间I内递增或递减或先递减后递增,只须h(x)min>0(x∈I)(若h(x)min不存在,则须求函数h(x)的下确界),若h(x)在区间I内先递增后递减,只须区间I的端点的函数值大于或等于0;若h'(x)的零点不好求,可设出零点x0,然后确定零点的范围,进而确定h(x)的单调区间,求出h(x)的最小值h(x0),再研究h(x0)的正负.
【对点训练2】(2020全国Ⅱ,理21)已知函数f(x)=sin2xsin 2x.
(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性;
(2)证明:|f(x)|≤338;
(3)设n∈N*,证明:sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤3n4n.
类型二 双未知数函数不等式的证明
【例3】已知函数f(x)=1x-x+aln x(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:f(x1)-f(x2)x1-x2
解题心得对于两个未知数的函数不等式问题,其关键在于将两个未知数化归为一个未知数,常见的证明方法有以下4种:
方法1:利用换元法,化归为一个未知数;
方法2:利用未知数之间的关系消元,化归为一个未知数;
方法3:分离未知数后构造函数,利用函数的单调性证明;
方法4:利用主元法,构造函数证明.
【对点训练3】(2020山东德州二模,21)已知函数f(x)=14x2-ax+aln 2x(a≠0).
(1)若a<0时f(x)在[1,e]上的最小值是54-ln 2,求a;
(2)若a≥e,且x1,x2是f(x)的两个极值点,证明:f(x1)+f(x2)<12(x12+x22)-2e(其中e为自然对数的底数).
热点二
判断、证明或讨论函数零点个数
【例4】设函数f(x)=(x-1)ex-k2x2(其中k∈R).
(1)略;
(2)当k>0时,讨论函数f(x)的零点个数.
解题心得有关函数的零点问题的解决方法主要是借助数形结合思想,利用导数研究函数的单调性和极值,利用函数的单调性模拟函数的图象,根据函数零点的个数的要求,控制极值点函数值的正负,从而解不等式求出参数的范围.
【对点训练4】(2020湖南湘潭三模,理21)设函数f(x)=ln x,g(x)=mx-m2x.
(1)当m=-1时,求函数F(x)=f(x)+g(x)的零点个数;
(2)若∃x0∈[1,+∞),使得f(x0)
热点三
与函数零点有关的证明问题
【例5】(2019全国Ⅰ,理20)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x),f'(x)为f(x)的导数.证明:
(1)f'(x)在区间-1,π2存在唯一极大值点;
(2)f(x)有且仅有2个零点.
解题心得1.如果函数中没有参数,一阶导数求出函数的极值点,判断极值点大于0小于0的情况,进而判断函数零点的个数.
2.如果函数中含有参数,往往一阶导数的正负不好判断,这时先对参数进行分类,再判断导数的符号,如果分类也不好判断,那么需要对一阶导函数进行求导,在判断二阶导数的正负时,也可能需要分类.
【对点训练5】(2020安徽合肥二模,文21)已知函数f(x)=exsin x.(e是自然对数的底数)
(1)求f(x)的单调递减区间;
(2)若函数g(x)=f(x)-2x,证明g(x)在(0,π)上只有两个零点.(参考数据:eπ2≈4.8)
热点四
利用导数解决存在性问题
【例6】(2019全国Ⅲ,理20)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.
解题心得依据已知条件,判别某种数学对象是否存在的问题,由解答者去探索和确定,它的解法是:假设存在,直接推断,通过推理或计算,若推出合理的结果,则先前假设成立,对象存在;若推出矛盾,则否定先前假设,对象不存在.
【对点训练6】(2020湖北名师联盟一模,文21)已知函数f(x)=ln x-12ax2-x.
(1)若函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;
(2)若函数f(x)在x=1处的切线平行于x轴,是否存在整数k,使不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>1时恒成立?若存在,求出k的最大值;若不存在,请说明理由.
2.4.3 利用导数证明问
题及讨论零点个数
关键能力·学案突破
【例1】解(1)略.
(2)证法1:f(x)定义域为(-m,+∞),f'(x)=ex-1x+m,f″(x)=ex+1(x+m)2>0,其中f″(x)是f'(x)的导函数,则f'(x)在(-m,+∞)上单调递增.
又因为当x→-m+时,f'(x)→-∞,当x→+∞时,f'(x)→+∞,
所以f'(x)=0在(-m,+∞)上有唯一的实根x0,当-mx0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-m,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值.
由f'(x0)=0可得ex0-1x0+m=0,即ln(x0+m)=-x0,于是f(x0)=ex0-ln(x0+m)=1x0+m+x0=1x0+m+x0+m-m≥2-m.
当x<2时,f(x0)>0;当m=2时,等号成立的条件是x0=-1,
但显然f(-1)=e-1-ln(-1+2)=1e-0≠0.
所以等号不成立,即f(x0)>0.综上所述,当m≤2时,f(x)≥f(x0)>0.
证法2:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥ex-ln(x+2),所以只要证明φ(x)=ex-ln(x+2)>0,x∈(-2,+∞).
φ'(x)=ex-1x+2,φ″(x)=ex+1(x+2)2>0,其中φ″(x)是φ'(x)的导函数.
于是φ'(x)在(-2,+∞)上单调递增.
又因为φ'(-1)=1e-1<0,φ'(0)=1-12>0,
所以φ'(x)=0在(-2,+∞)上有唯一的实根x0,且x0∈(-1,0).
当-2x0时,φ'(x)>0,
所以φ(x)在(-2,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
所以当x=x0时,φ(x)取得最小值.
由φ'(x0)=0可得ex0-1x0+2=0,即ln(x0+2)=-x0,
于是φ(x0)=ex0-ln(x0+2)=1x0+2+x0=(x0+1)2x0+2>0,于是φ(x)≥φ(x0)>0.
综上所述,当m≤2时,f(x)>0.
证法3:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥ex-ln(x+2),
所以只要证明ex-ln(x+2)>0(x>-2),就能证明当m≤2时,f(x)>0.
由lnx≤x-1(x>0)可得ln(x+2)≤x+1(x>-2).
又因为ex≥x+1(x∈R),且两个不等号不能同时成立,所以ex>ln(x+2),即ex-ln(x+2)>0(x>-2),
所以当m≤2时,f(x)>0.
对点训练1解(1)f'(x)=-ax2+(2a-1)x+2ex,
因为(0,-1)在曲线y=f(x)上,且f'(0)=2,所以切线方程为y-(-1)=2(x-0),即2x-y-1=0.
(2)f(x)+e≥0⇔ax2+x-1ex+e≥0⇔ax2+x-1+ex+1≥0.
当a≥1时,ax2+x-1+ex+1≥x2+x-1+ex+1,因为ex≥1+x(x∈R),所以ex+1≥2+x,
所以x2+x-1+ex+1≥x2+x-1+(2+x)=(x+1)2≥0.
所以当a≥1时,f(x)+e≥0.
【例2】解(1)略.
(2)令h(x)=f(x)-g(x)=x+ax-lnx-1(x>0),h'(x)=1-ax2-1x=x2-x-ax2,设p(x)=x2-x-a=0,函数p(x)的图象的对称轴为x=12.
∵p(1)=1-1-a=-a<0,
设p(x)=0的正根为x0,∴x0>1,由对称性知,p(x)=0的另一根小于0,h(x)在(0,x0)上为减函数,在(x0,+∞)上为增函数,h(x)min=h(x0)=x0+ax0-lnx0-1=x0+x02-x0x0-lnx0-1=2x0-lnx0-2,令F(x)=2x-lnx-2(x>1),F'(x)=2-1x=2x-1x>0恒成立,所以F(x)在(1,+∞)上为增函数.又∵F(1)=2-0-2=0,
∴F(x)>0,即h(x)min>0,
故当x∈(0,+∞)时,f(x)>g(x).
对点训练2(1)解f'(x)=cosx(sinxsin2x)+sinx(sinxsin2x)'
=2sinxcosxsin2x+2sin2xcos2x
=2sinxsin3x.
当x∈0,π3∪2π3,π时,f'(x)>0;当x∈π3,2π3时,f'(x)<0.
所以f(x)在区间0,π3,2π3,π单调递增,在区间π3,2π3单调递减.
(2)证明因为f(0)=f(π)=0,由(1)知,f(x)在区间[0,π]的最大值为fπ3=338,最小值为f2π3=-338.而f(x)是周期为π的周期函数,故|f(x)|≤338.
(3)证明由于(sin2xsin22x…sin22nx)32
=|sin3xsin32x…sin32nx|
=|sinx||sin2xsin32x…sin32n-1xsin2nx||sin22nx|
=|sinx||f(x)f(2x)…f(2n-1x)||sin22nx|
≤|f(x)f(2x)…f(2n-1x)|,
所以sin2xsin22x…sin22nx≤3382n3=3n4n.
【例3】解(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1x2-1+ax=-x2-ax+1x2.
①若a≤0,则f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减.
②若Δ=a2-4≤0,即0a+a2-42,
所以f(x)在0,a-a2-42,a+a2-42,+∞上单调递减,在a-a2-42,a+a2-42上单调递增.
综上所述,当a≤2时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当a>2时,f(x)在0,a-a2-42,a+a2-42,+∞上单调递减,在a-a2-42,a+a2-42上单调递增.
(2)证法1:由(1)知,f(x)存在两个极值点,则a>2.因为x1,x2是f(x)的两个极值点,所以x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1+x2=a,x1x2=1,不妨设0
1x1-x1+alnx1-1x2-x2+alnx2x1-x2=x2-x1x1x2-(x1-x2)+a(lnx1-lnx2)x1-x2=-1x1x2-1+a(lnx1-lnx2)x1-x2=-2+a(lnx1-lnx2)x1-x2,
于是f(x1)-f(x2)x1-x2
因为x1,x2是f(x)的两个极值点,
所以x1,x2满足x2-ax+1=0,不妨设0
1x1-x1+alnx1-1x2-x2+alnx2x1-x2=x2-x1x1x2-(x1-x2)+alnx1x2x1-x2=-1x1x2-1+alnx1x2x1-x2=-2-alna-a2-4a+a2-4a2-4,
于是f(x1)-f(x2)x1-x2
则φ'(t)=1-1+2t2t2+1t2+1+t=1-1t2+1>0,所以φ(t)在(0,+∞)上单调递增,于是φ(t)>φ(0)=0,原不等式获证.
证法3:仿照证法1,可得f(x1)-f(x2)x1-x2
由(1)知,h(t)在(0,1)上单调递减,所以h(t)>h(1)=0,原不等式获证.
对点训练3解(1)f(x)定义域是(0,+∞),f'(x)=ax-a+x2=x2-2ax+2a2x.
令g(x)=x2-2ax+2a,对称轴x0=a<0,因为1>a,g(1)=1>0,
所以当x∈[1,e]时,g(x)>0,
即f'(x)=g(x)2x>0.
所以f(x)在[1,e]上单调递增.
f(x)min=f(1)=14-a+aln2=54-ln2,解得a=-1.
(2)由f(x)有两个极值点x1,x2,
则f'(x)=0在(0,+∞)有2个不相等的实根,即x2-2ax+2a=0在(0,+∞)有2个不相等的实根,
则Δ=4a2-8a>0,a>0,解得a>2.
x1+x2=2a,x1x2=2a,x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=4a2-4a.
当a≥e时,f(x1)+f(x2)-12(x12+x22)+2e=aln(4x1x2)-a(x1+x2)-14(x12+x22)+2e=aln8a-2a2-14(4a2-4a)+2e=aln8a-3a2+a+2e(a≥e).
令g(a)=aln8a-3a2+a+2e(a≥e),g'(a)=ln8a-6a+2(a≥e),令h(a)=g'(a)=ln8a-6a+2,h'(a)=1a-6=1-6aa,当a≥e时,h'(a)<0,
所以h(a)在[e,+∞)单调递减.
所以h(a)≤h(e).
即g'(a)≤g'(e)=ln8e-6e+2=(1+3ln2)-6e+2=3ln2-6e+3<3-6e+3=6-6e<0,
所以g(a)在[e,+∞)单调递减,
g(a)≤g(e)=eln8e-3e2+3e=e(1+3ln2)-3e2+3e=e(3ln2-3e+4)
【例4】解(1)略.
(2)函数f(x)的定义域为R,
f'(x)=ex+(x-1)ex-kx=xex-kx=x(ex-k),
当00,解得x0.
∴f(x)在(-∞,lnk)和(0,+∞)上单调递增,在[lnk,0]上单调递减.
由f(0)=-1,当x∈(-∞,0)时,f(x)≤f(x)max=f(lnk)=(lnk-1)k-k2ln2k=-k2[(lnk-1)2+1]<0,
此时f(x)无零点,当x∈[0,+∞)时,f(2)=e2-2k≥e2-2>0.
又f(x)在[0,+∞)上单调递增,∴f(x)在[0,+∞)上有唯一的零点,
∴函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点.
②当k>1时,令f'(x)>0,解得x<0或x>lnk,
∴f(x)在(-∞,0)和(lnk,+∞)上单调递增,在[0,lnk]上单调递减.
当x∈(-∞,lnk)时,f(x)≤f(x)max=f(0)=-1<0,此时f(x)无零点.
当x∈[lnk,+∞)时,f(lnk)
令g(t)=et-12t2,t=k+1>2,
则g'(t)=et-t,g″(t)=et-1,
∵t>2,g″(t)>0,g'(t)在(2,+∞)上单调递增,g'(t)>g'(2)=e2-2>0,
∴g(t)在(2,+∞)上单调递增,得g(t)>g(2)=e2-2>0,即f(k+1)>0.
∴f(x)在[lnk,+∞]上有唯一的零点,故函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点.
综合①②可知,当k>0时,函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有且只有一个零点.
对点训练4解(1)F(x)=lnx-x-12x,
即F(x)=lnx+12x-12(x>0),
则F'(x)=1x-12x2=2x-12x2,
令F'(x)=0,解得x=12.
当x∈0,12,F'(x)<0,F(x)在0,12上单调递减;当x∈12,+∞,F'(x)>0,F(x)在12,+∞上单调递增.所以当x=12时,F(x)min=F12=12-ln2.
因为12-ln2=lne12-ln2<0,所以F(x)min<0.
又F1e2=-2+e22-12=e2-52>0,F(e)=1+12e-12=12e+12>0,
所以F1e2·F12<0,F(e)·F12<0,
所以F(x)分别在区间1e2,12,12,e上各存在一个零点,函数F(x)存在两个零点.
(2)假设f(x)≥g(x)对任意x∈[1,+∞)恒成立,即lnx-mx-m2x≥0对任意x∈[1,+∞)恒成立.
令h(x)=lnx-mx-m2x(x≥1),则h'(x)=1x-m2x2=2x-m2x2.
①当m≤2,即2x-m≥0时,则h'(x)≥0且h'(x)不恒为0,
所以函数h(x)=lnx-mx-m2x在区间[1,+∞)上单调递增.
又h(1)=ln1-m×1-m2×1=0,所以h(x)≥0对任意x∈[1,+∞)恒成立.故m≤2不符合题意;
②当m>2时,令h'(x)=2x-m2x2<0,得1≤x0,得x>m2.所以函数h(x)=lnx-mx-m2x在区间1,m2上单调递减,在区间m2,+∞上单调递增,
所以hm22时,存在x0≥1,使h(x0)<0,即f(x0)2符合题意.
综上可知,实数m的取值范围是(2,+∞).
【例5】解(1)设g(x)=f'(x),则g(x)=cosx-11+x,g'(x)=-sinx+1(1+x)2.
当x∈-1,π2时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'π2<0,
可得g'(x)在区间-1,π2内有唯一零点,设为α.
则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;
当x∈α,π2时,g'(x)<0.
所以g(x)在区间(-1,α)内单调递增,在区间α,π2内单调递减,故g(x)在区间-1,π2内存在唯一极大值点,
即f'(x)在区间-1,π2内存在唯一极大值点.
(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).
(ⅰ)当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在区间(-1,0)内单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在区间(-1,0)内单调递减.
又f(0)=0,从而x=0是f(x)在区间(-1,0]上的唯一零点.
(ⅱ)当x∈0,π2时,由(1)知,f'(x)在区间(0,α)内单调递增,在区间α,π2内单调递减,而f'(0)=0,f'π2<0,所以存在β∈α,π2,使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时,f'(x)>0;当x∈β,π2时,f'(x)<0.
故f(x)在区间(0,β)内单调递增,在区间β,π2内单调递减.
又f(0)=0,fπ2=1-ln1+π2>0,所以当x∈0,π2时,f(x)>0.从而,f(x)在区间0,π2上没有零点.
(ⅲ)当x∈π2,π时,f'(x)<0,所以f(x)在区间π2,π内单调递减.而fπ2>0,f(π)<0,所以f(x)在区间π2,π上有唯一零点.
(ⅳ)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在区间(π,+∞)内没有零点.
综上,f(x)有且仅有2个零点.
对点训练5解(1)f(x)=exsinx,定义域为R.
f'(x)=ex(sinx+cosx)=2exsinx+π4.由f'(x)<0得sinx+π4<0,解得2kπ+3π4
(2)∵g'(x)=ex(sinx+cosx)-2,
∴g″(x)=2excosx,g″(x)是g'(x)的导函数.∵x∈(0,π),∴当x∈0,π2时,g″(x)>0;当x∈π2,π时,g″(x)<0.∴g'(x)在0,π2上单调递增,在π2,π上单调递减,
又∵g'(0)=1-2<0,g'π2=eπ2-2>0,g'(π)=-eπ-2<0,
∴g'(x)在(0,π)上图象大致如图.
∴∃x1∈0,π2,x2∈π2,π,使得g'(x1)=0,g'(x2)=0,
且当x∈(0,x1)或x∈(x2,π)时,g'(x)<0;当x∈(x1,x2)时,g'(x)>0.
∴g(x)在(0,x1)和(x2,π)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增.∵g(0)=0,
∴g(x1)<0.∵gπ2=eπ2-π>0,∴g(x2)>0.又∵g(π)=-2π<0,由零点存在性定理得,g(x)在(x1,x2)和(x2,π)内各有一个零点,
∴函数g(x)在(0,π)上有两个零点.
【例6】解(1)f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).
令f'(x)=0,得x=0或x=a3.
若a>0,则当x∈(-∞,0)∪a3,+∞时,f'(x)>0;
当x∈0,a3时,f'(x)<0.
故f(x)在(-∞,0),a3,+∞单调递增,在0,a3单调递减;
若a=0,f(x)在(-∞,+∞)单调递增;
若a<0,则当x∈-∞,a3∪(0,+∞)时,f'(x)>0;
当x∈a3,0时,f'(x)<0.
故f(x)在-∞,a3,(0,+∞)单调递增,在a3,0单调递减.
(2)满足题设条件的a,b存在.
(ⅰ)当a≤0时,由(1)知,f(x)在[0,1]单调递增,所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.
(ⅱ)当a≥3时,由(1)知,f(x)在[0,1]单调递减,所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.
(ⅲ)当0
对点训练6解(1)∵函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,∴f'(x)=1x-ax-1≥0在[1,+∞)上恒成立.
∴a≤1x2-1x=1x-122-14,
∴当x=2时,1x-122-14有最小值-14,∴a≤-14.
(2)∵f'(x)=1x-ax-1,
∴f'(1)=1-a-1=-a.
∵函数f(x)在x=1处的切线平行于x轴,∴a=0,∴f(x)=lnx-x.∵不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>1时恒成立,∴xlnx-x>k(x-2)在x>1时恒成立,即xlnx-(k+1)x+2k>0在x>1时恒成立,令g(x)=xlnx-(k+1)x+2k,x>1,∴g'(x)=lnx-k,当k≤0时,g'(x)>0在(1,+∞)上恒成立,
即g(x)在(1,+∞)上单调递增,
g(x)>g(1)=k-1>0,则k>1,矛盾,当k>0时,令g'(x)>0,解得x>ek,令g'(x)<0,解得1
∴g(x)min=g(ek)=kek-(k+1)ek+2k=2k-ek>0,令h(k)=2k-ek,k>0,则h'(k)=2-ek,
∵当k0,函数h(k)单调递增,当k>ln2时,h'(k)<0,函数h(k)单调递减,∴h(k)max=h(ln2)=2ln2-2=2(ln2-1)<0,∴不存在整数k使得2k-ek>0恒成立.
综上所述不存在满足条件的整数k.
必备知识精要梳理
1.与ex、lnx有关的常用不等式的结论
(1)由f(x)=ex图象上任一点(m,f(m))的切线方程为y-em=em(x-m),得ex≥em(x+1)-mem,当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有ex≥x+1;当m=1时,有ex>ex.
(2)由过函数f(x)=ln x图象上任一点(n,f(n))的切线方程为y-ln n=1n(x-n),得ln x≤1nx-1+ln n,当且仅当x=n时,等号成立.当n=1时,有ln x≤x-1;当n=e时,有ln x≤1ex.
2.证明含参数的函数不等式,其关键在于将所给的不等式进行“改造”,得到“一平一曲”,然后运用导数求出“曲”的最值,将其与“平”进行比较即可.
3.求解导数应用题宏观上的解题思想
(1)借助导函数(正负)研究原函数(单调性);重点是把导函数先“弄熟悉”;
(2)为了把导函数先“弄熟悉”采取的措施:
①通分;
②二次求导或三次求导;
③能画出导函数草图是最好的!
关键能力学案突破
热点一
利用导数证明不等式(多维探究)
类型一 单未知数函数不等式的证明
【例1】已知函数f(x)=ex-ln(x+m).
(1)略;
(2)当m≤2时,证明f(x)>0.
解题心得1.对于含有参数的一个未知数的函数不等式,其证明方法与不含参数的一个未知数的函数不等式证明大体一致.可以直接证明,也可以放缩后再证明,也可以分离参数后,利用导数求最值来证明.
2.证法1与证法2中出现的x0的具体数值是无法求解的,只能求出其范围,我们把这种零点称为“隐性零点”.证法2比证法1简单,这是因为利用了函数单调性将命题ex-ln(x+m)>0加强为ex-ln(x+2)>0,转化为研究一个特例函数的问题,从而大大降低了题目的难度.证法2中,因为φ(x0)的表达式涉及ex0、ln(x0+2),都是超越式,所以φ(x0)的值不好计算,由此,需要对“隐性零点”满足的式子ex0-1x0+2=0进行变形,得到两个式子ex0=1x0+2和ln(x0+2)=-x0,然后进行反代,从而将超越式转化为初等式.“反代”是处理“隐性零点”问题的常用策略.
【对点训练1】已知函数f(x)=ax2+x-1ex.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;
(2)求证:当a≥1时,f(x)+e≥0.
【例2】已知函数f(x)=x+ax.
(1)略;
(2)设函数g(x)=ln x+1,证明:当x∈(0,+∞)且a>0时,f(x)>g(x).
解题心得欲证函数不等式f(x)>g(x)(x∈I,I是区间),设h(x)=f(x)-g(x)(x∈I),即证h(x)>0,为此研究h(x)的单调性,先求h'(x)的零点,根据零点确定h(x)在给定区间I的正负,若h(x)在区间I内递增或递减或先递减后递增,只须h(x)min>0(x∈I)(若h(x)min不存在,则须求函数h(x)的下确界),若h(x)在区间I内先递增后递减,只须区间I的端点的函数值大于或等于0;若h'(x)的零点不好求,可设出零点x0,然后确定零点的范围,进而确定h(x)的单调区间,求出h(x)的最小值h(x0),再研究h(x0)的正负.
【对点训练2】(2020全国Ⅱ,理21)已知函数f(x)=sin2xsin 2x.
(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性;
(2)证明:|f(x)|≤338;
(3)设n∈N*,证明:sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤3n4n.
类型二 双未知数函数不等式的证明
【例3】已知函数f(x)=1x-x+aln x(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:f(x1)-f(x2)x1-x2
解题心得对于两个未知数的函数不等式问题,其关键在于将两个未知数化归为一个未知数,常见的证明方法有以下4种:
方法1:利用换元法,化归为一个未知数;
方法2:利用未知数之间的关系消元,化归为一个未知数;
方法3:分离未知数后构造函数,利用函数的单调性证明;
方法4:利用主元法,构造函数证明.
【对点训练3】(2020山东德州二模,21)已知函数f(x)=14x2-ax+aln 2x(a≠0).
(1)若a<0时f(x)在[1,e]上的最小值是54-ln 2,求a;
(2)若a≥e,且x1,x2是f(x)的两个极值点,证明:f(x1)+f(x2)<12(x12+x22)-2e(其中e为自然对数的底数).
热点二
判断、证明或讨论函数零点个数
【例4】设函数f(x)=(x-1)ex-k2x2(其中k∈R).
(1)略;
(2)当k>0时,讨论函数f(x)的零点个数.
解题心得有关函数的零点问题的解决方法主要是借助数形结合思想,利用导数研究函数的单调性和极值,利用函数的单调性模拟函数的图象,根据函数零点的个数的要求,控制极值点函数值的正负,从而解不等式求出参数的范围.
【对点训练4】(2020湖南湘潭三模,理21)设函数f(x)=ln x,g(x)=mx-m2x.
(1)当m=-1时,求函数F(x)=f(x)+g(x)的零点个数;
(2)若∃x0∈[1,+∞),使得f(x0)
热点三
与函数零点有关的证明问题
【例5】(2019全国Ⅰ,理20)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x),f'(x)为f(x)的导数.证明:
(1)f'(x)在区间-1,π2存在唯一极大值点;
(2)f(x)有且仅有2个零点.
解题心得1.如果函数中没有参数,一阶导数求出函数的极值点,判断极值点大于0小于0的情况,进而判断函数零点的个数.
2.如果函数中含有参数,往往一阶导数的正负不好判断,这时先对参数进行分类,再判断导数的符号,如果分类也不好判断,那么需要对一阶导函数进行求导,在判断二阶导数的正负时,也可能需要分类.
【对点训练5】(2020安徽合肥二模,文21)已知函数f(x)=exsin x.(e是自然对数的底数)
(1)求f(x)的单调递减区间;
(2)若函数g(x)=f(x)-2x,证明g(x)在(0,π)上只有两个零点.(参考数据:eπ2≈4.8)
热点四
利用导数解决存在性问题
【例6】(2019全国Ⅲ,理20)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.
解题心得依据已知条件,判别某种数学对象是否存在的问题,由解答者去探索和确定,它的解法是:假设存在,直接推断,通过推理或计算,若推出合理的结果,则先前假设成立,对象存在;若推出矛盾,则否定先前假设,对象不存在.
【对点训练6】(2020湖北名师联盟一模,文21)已知函数f(x)=ln x-12ax2-x.
(1)若函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;
(2)若函数f(x)在x=1处的切线平行于x轴,是否存在整数k,使不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>1时恒成立?若存在,求出k的最大值;若不存在,请说明理由.
2.4.3 利用导数证明问
题及讨论零点个数
关键能力·学案突破
【例1】解(1)略.
(2)证法1:f(x)定义域为(-m,+∞),f'(x)=ex-1x+m,f″(x)=ex+1(x+m)2>0,其中f″(x)是f'(x)的导函数,则f'(x)在(-m,+∞)上单调递增.
又因为当x→-m+时,f'(x)→-∞,当x→+∞时,f'(x)→+∞,
所以f'(x)=0在(-m,+∞)上有唯一的实根x0,当-m
由f'(x0)=0可得ex0-1x0+m=0,即ln(x0+m)=-x0,于是f(x0)=ex0-ln(x0+m)=1x0+m+x0=1x0+m+x0+m-m≥2-m.
当x<2时,f(x0)>0;当m=2时,等号成立的条件是x0=-1,
但显然f(-1)=e-1-ln(-1+2)=1e-0≠0.
所以等号不成立,即f(x0)>0.综上所述,当m≤2时,f(x)≥f(x0)>0.
证法2:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥ex-ln(x+2),所以只要证明φ(x)=ex-ln(x+2)>0,x∈(-2,+∞).
φ'(x)=ex-1x+2,φ″(x)=ex+1(x+2)2>0,其中φ″(x)是φ'(x)的导函数.
于是φ'(x)在(-2,+∞)上单调递增.
又因为φ'(-1)=1e-1<0,φ'(0)=1-12>0,
所以φ'(x)=0在(-2,+∞)上有唯一的实根x0,且x0∈(-1,0).
当-2
所以φ(x)在(-2,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
所以当x=x0时,φ(x)取得最小值.
由φ'(x0)=0可得ex0-1x0+2=0,即ln(x0+2)=-x0,
于是φ(x0)=ex0-ln(x0+2)=1x0+2+x0=(x0+1)2x0+2>0,于是φ(x)≥φ(x0)>0.
综上所述,当m≤2时,f(x)>0.
证法3:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥ex-ln(x+2),
所以只要证明ex-ln(x+2)>0(x>-2),就能证明当m≤2时,f(x)>0.
由lnx≤x-1(x>0)可得ln(x+2)≤x+1(x>-2).
又因为ex≥x+1(x∈R),且两个不等号不能同时成立,所以ex>ln(x+2),即ex-ln(x+2)>0(x>-2),
所以当m≤2时,f(x)>0.
对点训练1解(1)f'(x)=-ax2+(2a-1)x+2ex,
因为(0,-1)在曲线y=f(x)上,且f'(0)=2,所以切线方程为y-(-1)=2(x-0),即2x-y-1=0.
(2)f(x)+e≥0⇔ax2+x-1ex+e≥0⇔ax2+x-1+ex+1≥0.
当a≥1时,ax2+x-1+ex+1≥x2+x-1+ex+1,因为ex≥1+x(x∈R),所以ex+1≥2+x,
所以x2+x-1+ex+1≥x2+x-1+(2+x)=(x+1)2≥0.
所以当a≥1时,f(x)+e≥0.
【例2】解(1)略.
(2)令h(x)=f(x)-g(x)=x+ax-lnx-1(x>0),h'(x)=1-ax2-1x=x2-x-ax2,设p(x)=x2-x-a=0,函数p(x)的图象的对称轴为x=12.
∵p(1)=1-1-a=-a<0,
设p(x)=0的正根为x0,∴x0>1,由对称性知,p(x)=0的另一根小于0,h(x)在(0,x0)上为减函数,在(x0,+∞)上为增函数,h(x)min=h(x0)=x0+ax0-lnx0-1=x0+x02-x0x0-lnx0-1=2x0-lnx0-2,令F(x)=2x-lnx-2(x>1),F'(x)=2-1x=2x-1x>0恒成立,所以F(x)在(1,+∞)上为增函数.又∵F(1)=2-0-2=0,
∴F(x)>0,即h(x)min>0,
故当x∈(0,+∞)时,f(x)>g(x).
对点训练2(1)解f'(x)=cosx(sinxsin2x)+sinx(sinxsin2x)'
=2sinxcosxsin2x+2sin2xcos2x
=2sinxsin3x.
当x∈0,π3∪2π3,π时,f'(x)>0;当x∈π3,2π3时,f'(x)<0.
所以f(x)在区间0,π3,2π3,π单调递增,在区间π3,2π3单调递减.
(2)证明因为f(0)=f(π)=0,由(1)知,f(x)在区间[0,π]的最大值为fπ3=338,最小值为f2π3=-338.而f(x)是周期为π的周期函数,故|f(x)|≤338.
(3)证明由于(sin2xsin22x…sin22nx)32
=|sin3xsin32x…sin32nx|
=|sinx||sin2xsin32x…sin32n-1xsin2nx||sin22nx|
=|sinx||f(x)f(2x)…f(2n-1x)||sin22nx|
≤|f(x)f(2x)…f(2n-1x)|,
所以sin2xsin22x…sin22nx≤3382n3=3n4n.
【例3】解(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1x2-1+ax=-x2-ax+1x2.
①若a≤0,则f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减.
②若Δ=a2-4≤0,即0
所以f(x)在0,a-a2-42,a+a2-42,+∞上单调递减,在a-a2-42,a+a2-42上单调递增.
综上所述,当a≤2时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当a>2时,f(x)在0,a-a2-42,a+a2-42,+∞上单调递减,在a-a2-42,a+a2-42上单调递增.
(2)证法1:由(1)知,f(x)存在两个极值点,则a>2.因为x1,x2是f(x)的两个极值点,所以x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1+x2=a,x1x2=1,不妨设0
1x1-x1+alnx1-1x2-x2+alnx2x1-x2=x2-x1x1x2-(x1-x2)+a(lnx1-lnx2)x1-x2=-1x1x2-1+a(lnx1-lnx2)x1-x2=-2+a(lnx1-lnx2)x1-x2,
于是f(x1)-f(x2)x1-x2
因为x1,x2是f(x)的两个极值点,
所以x1,x2满足x2-ax+1=0,不妨设0
1x1-x1+alnx1-1x2-x2+alnx2x1-x2=x2-x1x1x2-(x1-x2)+alnx1x2x1-x2=-1x1x2-1+alnx1x2x1-x2=-2-alna-a2-4a+a2-4a2-4,
于是f(x1)-f(x2)x1-x2
则φ'(t)=1-1+2t2t2+1t2+1+t=1-1t2+1>0,所以φ(t)在(0,+∞)上单调递增,于是φ(t)>φ(0)=0,原不等式获证.
证法3:仿照证法1,可得f(x1)-f(x2)x1-x2
由(1)知,h(t)在(0,1)上单调递减,所以h(t)>h(1)=0,原不等式获证.
对点训练3解(1)f(x)定义域是(0,+∞),f'(x)=ax-a+x2=x2-2ax+2a2x.
令g(x)=x2-2ax+2a,对称轴x0=a<0,因为1>a,g(1)=1>0,
所以当x∈[1,e]时,g(x)>0,
即f'(x)=g(x)2x>0.
所以f(x)在[1,e]上单调递增.
f(x)min=f(1)=14-a+aln2=54-ln2,解得a=-1.
(2)由f(x)有两个极值点x1,x2,
则f'(x)=0在(0,+∞)有2个不相等的实根,即x2-2ax+2a=0在(0,+∞)有2个不相等的实根,
则Δ=4a2-8a>0,a>0,解得a>2.
x1+x2=2a,x1x2=2a,x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=4a2-4a.
当a≥e时,f(x1)+f(x2)-12(x12+x22)+2e=aln(4x1x2)-a(x1+x2)-14(x12+x22)+2e=aln8a-2a2-14(4a2-4a)+2e=aln8a-3a2+a+2e(a≥e).
令g(a)=aln8a-3a2+a+2e(a≥e),g'(a)=ln8a-6a+2(a≥e),令h(a)=g'(a)=ln8a-6a+2,h'(a)=1a-6=1-6aa,当a≥e时,h'(a)<0,
所以h(a)在[e,+∞)单调递减.
所以h(a)≤h(e).
即g'(a)≤g'(e)=ln8e-6e+2=(1+3ln2)-6e+2=3ln2-6e+3<3-6e+3=6-6e<0,
所以g(a)在[e,+∞)单调递减,
g(a)≤g(e)=eln8e-3e2+3e=e(1+3ln2)-3e2+3e=e(3ln2-3e+4)
【例4】解(1)略.
(2)函数f(x)的定义域为R,
f'(x)=ex+(x-1)ex-kx=xex-kx=x(ex-k),
当0
∴f(x)在(-∞,lnk)和(0,+∞)上单调递增,在[lnk,0]上单调递减.
由f(0)=-1,当x∈(-∞,0)时,f(x)≤f(x)max=f(lnk)=(lnk-1)k-k2ln2k=-k2[(lnk-1)2+1]<0,
此时f(x)无零点,当x∈[0,+∞)时,f(2)=e2-2k≥e2-2>0.
又f(x)在[0,+∞)上单调递增,∴f(x)在[0,+∞)上有唯一的零点,
∴函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点.
②当k>1时,令f'(x)>0,解得x<0或x>lnk,
∴f(x)在(-∞,0)和(lnk,+∞)上单调递增,在[0,lnk]上单调递减.
当x∈(-∞,lnk)时,f(x)≤f(x)max=f(0)=-1<0,此时f(x)无零点.
当x∈[lnk,+∞)时,f(lnk)
令g(t)=et-12t2,t=k+1>2,
则g'(t)=et-t,g″(t)=et-1,
∵t>2,g″(t)>0,g'(t)在(2,+∞)上单调递增,g'(t)>g'(2)=e2-2>0,
∴g(t)在(2,+∞)上单调递增,得g(t)>g(2)=e2-2>0,即f(k+1)>0.
∴f(x)在[lnk,+∞]上有唯一的零点,故函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点.
综合①②可知,当k>0时,函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有且只有一个零点.
对点训练4解(1)F(x)=lnx-x-12x,
即F(x)=lnx+12x-12(x>0),
则F'(x)=1x-12x2=2x-12x2,
令F'(x)=0,解得x=12.
当x∈0,12,F'(x)<0,F(x)在0,12上单调递减;当x∈12,+∞,F'(x)>0,F(x)在12,+∞上单调递增.所以当x=12时,F(x)min=F12=12-ln2.
因为12-ln2=lne12-ln2<0,所以F(x)min<0.
又F1e2=-2+e22-12=e2-52>0,F(e)=1+12e-12=12e+12>0,
所以F1e2·F12<0,F(e)·F12<0,
所以F(x)分别在区间1e2,12,12,e上各存在一个零点,函数F(x)存在两个零点.
(2)假设f(x)≥g(x)对任意x∈[1,+∞)恒成立,即lnx-mx-m2x≥0对任意x∈[1,+∞)恒成立.
令h(x)=lnx-mx-m2x(x≥1),则h'(x)=1x-m2x2=2x-m2x2.
①当m≤2,即2x-m≥0时,则h'(x)≥0且h'(x)不恒为0,
所以函数h(x)=lnx-mx-m2x在区间[1,+∞)上单调递增.
又h(1)=ln1-m×1-m2×1=0,所以h(x)≥0对任意x∈[1,+∞)恒成立.故m≤2不符合题意;
②当m>2时,令h'(x)=2x-m2x2<0,得1≤x
所以hm2
综上可知,实数m的取值范围是(2,+∞).
【例5】解(1)设g(x)=f'(x),则g(x)=cosx-11+x,g'(x)=-sinx+1(1+x)2.
当x∈-1,π2时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'π2<0,
可得g'(x)在区间-1,π2内有唯一零点,设为α.
则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;
当x∈α,π2时,g'(x)<0.
所以g(x)在区间(-1,α)内单调递增,在区间α,π2内单调递减,故g(x)在区间-1,π2内存在唯一极大值点,
即f'(x)在区间-1,π2内存在唯一极大值点.
(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).
(ⅰ)当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在区间(-1,0)内单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在区间(-1,0)内单调递减.
又f(0)=0,从而x=0是f(x)在区间(-1,0]上的唯一零点.
(ⅱ)当x∈0,π2时,由(1)知,f'(x)在区间(0,α)内单调递增,在区间α,π2内单调递减,而f'(0)=0,f'π2<0,所以存在β∈α,π2,使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时,f'(x)>0;当x∈β,π2时,f'(x)<0.
故f(x)在区间(0,β)内单调递增,在区间β,π2内单调递减.
又f(0)=0,fπ2=1-ln1+π2>0,所以当x∈0,π2时,f(x)>0.从而,f(x)在区间0,π2上没有零点.
(ⅲ)当x∈π2,π时,f'(x)<0,所以f(x)在区间π2,π内单调递减.而fπ2>0,f(π)<0,所以f(x)在区间π2,π上有唯一零点.
(ⅳ)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在区间(π,+∞)内没有零点.
综上,f(x)有且仅有2个零点.
对点训练5解(1)f(x)=exsinx,定义域为R.
f'(x)=ex(sinx+cosx)=2exsinx+π4.由f'(x)<0得sinx+π4<0,解得2kπ+3π4
(2)∵g'(x)=ex(sinx+cosx)-2,
∴g″(x)=2excosx,g″(x)是g'(x)的导函数.∵x∈(0,π),∴当x∈0,π2时,g″(x)>0;当x∈π2,π时,g″(x)<0.∴g'(x)在0,π2上单调递增,在π2,π上单调递减,
又∵g'(0)=1-2<0,g'π2=eπ2-2>0,g'(π)=-eπ-2<0,
∴g'(x)在(0,π)上图象大致如图.
∴∃x1∈0,π2,x2∈π2,π,使得g'(x1)=0,g'(x2)=0,
且当x∈(0,x1)或x∈(x2,π)时,g'(x)<0;当x∈(x1,x2)时,g'(x)>0.
∴g(x)在(0,x1)和(x2,π)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增.∵g(0)=0,
∴g(x1)<0.∵gπ2=eπ2-π>0,∴g(x2)>0.又∵g(π)=-2π<0,由零点存在性定理得,g(x)在(x1,x2)和(x2,π)内各有一个零点,
∴函数g(x)在(0,π)上有两个零点.
【例6】解(1)f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).
令f'(x)=0,得x=0或x=a3.
若a>0,则当x∈(-∞,0)∪a3,+∞时,f'(x)>0;
当x∈0,a3时,f'(x)<0.
故f(x)在(-∞,0),a3,+∞单调递增,在0,a3单调递减;
若a=0,f(x)在(-∞,+∞)单调递增;
若a<0,则当x∈-∞,a3∪(0,+∞)时,f'(x)>0;
当x∈a3,0时,f'(x)<0.
故f(x)在-∞,a3,(0,+∞)单调递增,在a3,0单调递减.
(2)满足题设条件的a,b存在.
(ⅰ)当a≤0时,由(1)知,f(x)在[0,1]单调递增,所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.
(ⅱ)当a≥3时,由(1)知,f(x)在[0,1]单调递减,所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.
(ⅲ)当0
对点训练6解(1)∵函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,∴f'(x)=1x-ax-1≥0在[1,+∞)上恒成立.
∴a≤1x2-1x=1x-122-14,
∴当x=2时,1x-122-14有最小值-14,∴a≤-14.
(2)∵f'(x)=1x-ax-1,
∴f'(1)=1-a-1=-a.
∵函数f(x)在x=1处的切线平行于x轴,∴a=0,∴f(x)=lnx-x.∵不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>1时恒成立,∴xlnx-x>k(x-2)在x>1时恒成立,即xlnx-(k+1)x+2k>0在x>1时恒成立,令g(x)=xlnx-(k+1)x+2k,x>1,∴g'(x)=lnx-k,当k≤0时,g'(x)>0在(1,+∞)上恒成立,
即g(x)在(1,+∞)上单调递增,
g(x)>g(1)=k-1>0,则k>1,矛盾,当k>0时,令g'(x)>0,解得x>ek,令g'(x)<0,解得1
∴g(x)min=g(ek)=kek-(k+1)ek+2k=2k-ek>0,令h(k)=2k-ek,k>0,则h'(k)=2-ek,
∵当k
综上所述不存在满足条件的整数k.
相关资料
更多
