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-aln x(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,求实数a的取值范围. 解析 (1)由题意知f '(x)=1-=(x>0), ∵x>0,a<0,∴f '(x)>0, ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增. (2)不妨设0
>0, 由(1)知f(x1)f(x2)+. 设g(x)=f(x)+,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--=≤0在(0,1]上恒成立 a≥x-在(0,1]上恒成立, 易知y=x-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·, 由于e-x>0,a>0,所以令f '(x)≥0,得x≤. 所以当a>0时, f(x)的单调递增区间是. (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. (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)=ln x,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)=,∴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)=ln x-x+1,则h'(x)=-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). (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)=aln x+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∈,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)=+2x-4=. ∵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-ln x0)a≥-2x0, 记F(x)=x-ln x(x>0),则F'(x)=(x>0), ∴当01时,F'(x)>0,F(x)单调递增. ∴F(x)≥F(1)=1>0,∵a≥. 记G(x)=,x∈, 则G'(x)= =. ∵x∈,∴2-2ln x=2(1-ln x)≥0, ∴x-2ln x+2>0, ∴当x∈时,G'(x)<0,G(x)单调递减;当x∈(1,e)时,G ... ... 