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第5讲　利用导数研究不等式恒成立及相关问题 　　　　 　　　　　　　 　　　　　　 　　 导数的综合应用 训练提示:在讨论方程的根的个数、研究函数图象与x轴(或某直线)的交点个数、不等式恒成立等问题时,常常需要求出其中参数的取值范围,这类问题的实质就是函数的单调性与函数的极(最)值的应用. 1.(2015云南省第一次统一检测)已知函数f(x)=ln x-. (1)求证:f(x)在区间(0,+∞)上单调递增; (2)若f[x(3x-2)]-,求实数x的取值范围. (1)证明:由已知得f(x)的定义域为(0,+∞). 因为f(x)=ln x-, 所以f′(x)=-=. 因为x0,所以4x2+3x+10,x(1+2x)20. 所以当x0时,f′(x)0. 所以f(x)在(0,+∞)上单调递增. (2)解:因为f(x)=ln x-, 所以f(1)=ln 1-=-. 由f[x(3x-2)]-得f[x(3x-2)]f(1). 由(1)得解得-x0或x1. 所以实数x的取值范围为(-,01)∪(,11). 2.(2015广西玉林市贵港市4月联考)定义在(0,+∞)上的三个函数f(x),g(x),h(x),已知f(x)=ln x,g(x)=x2-af(x),h(x)=x-a,且g(x)在x=1处取得极值. (1)求a的值及h(x)的单调区间; (2)求证:当1xe2时,恒有x. (1)解:由题意得,g(x)=x2-af(x)=x2-aln x, 所以g′(x)=2x-. 因为g(x)在x=1处取得极值,所以g′(1)=2-a=0, 所以a=2, 所以h(x)=x-2,h′(x)=1-. 令h′(x)=1-0,得x1, 所以h(x)在(1,+∞)上为增函数; 令h′(x)=1-0,得0x1, 所以h(x)在(0,1)上为减函数. (2)证明:因为1xe2,所以0ln x2, 所以2-ln x0,即2-f(x)0. 要证x,只需证x[2-f(x)]2+f(x), 即证f(x). 记k(x)=f(x)-=ln x-, 则k′(x)=. 所以当1xe2时,k′(x)0,k(x)在(1,e2)上为增函数. 所以k(x)k(1)=0,所以ln x-0, 所以ln x. 所以当1xe2时,恒有x. 3.(2015吉林长春市质量监测二)已知函数f(x)=x2-ax-aln x(a∈R). (1)若函数f(x)在x=1处取得极值,求a的值; (2)在(1)的条件下,求证:f(x)≥-+-4x+; (3)当x∈[e,+∞)时,f(x)≥0恒成立,求a的取值范围. (1)解:f′(x)=2x-a-,由题意可得f′(1)=0, 解得a=1. 经检验,a=1时f(x)在x=1处取得极值,所以a=1. (2)证明:由(1)知,f(x)=x2-x-ln x 令g(x)=f(x)- (-+-4x+1) =-+3x-ln x- 由g′(x)=x2-3x+3-=-3(x-1) =(x0), 可知g(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数, 所以g(x)≥g(1)=0, 所以f(x)≥-+-4x+成立. (3)解:由x∈[e,+∞)知,x+ln x0, 所以f(x)≥0恒成立等价于a≤ 在x∈[e,+∞)时恒成立. 令h(x)=,x∈[e,+∞), 有h′(x)=0, 所以h(x)在[e,+∞)上是增函数,有h(x)≥h(e)=, 所以a≤.即a的取值范围为(-∞,]. 4.(2015山东淄博市一模)设函数f(x)=x2-ax+ln x(a为常数). (1)当a=3时,求函数f(x)的极值; (2)当0a2时,试判断f(x)的单调性; (3)对任意x0∈[,1],使不等式f(x0)mln a对任意a∈(0, )恒成立,求实数m的取值范围. 解:依题意f′(x)=+2x-a, (1)函数的定义域为(0,+∞),当a=3时, f(x)=x2-3x+ln x, f′(x)==, 当x1时,f′(x)0,f(x)单调递减; 当0x,或x1时,f′(x)0,f(x)单调递增; 所以f(x)极小值=f(1)=-2, f(x)极大值=f()=--ln 2. (2)函数的定义域为(0,+∞),f′(x)=2x+-a, 因为2x+≥2,(当且仅当x=时,等号成立) 因为0a2, 所以f′(x)=2x+-a0在(0,+∞)上恒成立, 故f(x)在(0,+∞)上是增函数. (3)当a∈(0, )时,由(2)知,f(x)在[,1]上单调递增, 所以f(x)max=f(1)=1-a. 故问题等价于:当a∈(0, )时, 不等式1-amln a恒成立,即m恒成立. 记g(a)=,则g′(a)=, 令M(a)=-aln a-1+a,M′(a)=-ln a0, 所以M(a)在a∈(0, )上单调递