资源简介

利用导数求闭区间上最值问题
例1．已知x=2是函数f（x）=（x2+ax﹣2a﹣3）ex的一个极值点
（I）求实数a的值；
（II）求函数f（x）在的最大值和最小值．
例2．函数的最大值与最小值的和为　 　．
例3．已知函数，当x＞1时，不等式2f′（x）+xg（x）+3＞m（x﹣1）恒成立，则整数m的最大值为　 　．
例4．函数f（x）=（2﹣x）|x﹣6|在区间（﹣∞，a]上取得最小值﹣4，则实数a的取值范围是　 　．
例5．已知函数f（x）=ax2﹣（a+2）x+lnx．若对任意x1，x2∈（0，+∞），x1＜x2，且f（x1）+2x1＜f（x2）+2x2恒成立，则a的取值范围为　 　．
例6．已知函数f（x）=ax2﹣（2a+1）x+2lnx（a≥0）
（1）当a=0时，求f（x）的单调区间；
（2）求y=f（x）在区间（0，2]上的最大值．
例7．若函数f（x）=x3﹣x在（2m，1﹣m）上有最大值，则实数m的取值范围是　 　．
例8．已知（a+e）x﹣1﹣lnx≤0（e是自然对数的底数）对任意x∈[，2]都成立，则实数a的最大值为　 　．
例9．已知函数，若对任意的x∈[1，+∞）及m∈[1，2]，不等式f（x）≥m2﹣2tm+2恒成立，则实数t的取值范围是　 　．
例10．已知函数f（x）=x3﹣3ax2+2bx在x=1处有极小值﹣1，试求a，b的值，
（1）并求出f（x）的单调区间．
（2）在区间[﹣2，2]上的最大值与最小值
（3）若关于x的方程f（x）=a有3个不同实根，求实数a的取值范围．
　
例11．已知函数f（x）=过点（1，e）．
（1）求y=f（x）的单调区间；
（2）当x＞0时，求的最小值；
（3）试判断方程f（x）﹣mx=0（m∈R且m为常数）的根的个数．
例12．已知函数f（x）=+xlnx，g（x）=．
（1）若 x1，x2∈[0，2]，使得g（x1）﹣g（x2）≥M总成立，求M的最大值；
（2）如果对 s，t∈[，2]，都有f（s）≥eg（t）成立，求实数a的取值范围．
例13．已知函数f（x）=x﹣（a+1）ln x﹣（a∈R），g（x）=x2+ex﹣xex．
（1）当x∈[1，e2]时，求f（x）的最小值；
（2）当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[﹣1，0]，f（x1）＜g（x2）恒成立，求a的取值范围．
例14．已知实数λ＞0，设函数f（x）=eλx﹣．
（Ⅰ）当λ=1时，求函数g（x）=f（x）+lnx﹣x的极值；
（Ⅱ）若对任意x∈（0，+∞），不等式f（x）≥0恒成立，求λ的最小值．
例15．已知函数f（x）=blnx．
（1）当b=1时，求函数G（x）=x2﹣x﹣f（x）在区间上的最大值与最小值；
（2）若在[1，e]上存在x0，使得x0﹣f（x0）＜﹣成立，求b的取值范围．
例16．已知函数，
（I）当a=l时，求曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（II）若x∈[1，+∞）时，函数f（x）的最小值为0，求a的取值范围．
例17．已知函数f（x）=x2，g（x）=x﹣1．
（1）若存在x∈R，使f（x）＜b g（x），求实数b的取值范围；
（2）设F（x）=f（x）﹣mg（x）+1﹣m，若F（x）≥0在区间[2，5]上恒成立，求实数m的取值范围．
例18．已知函数f（x）=xlnx+2，g（x）=x2﹣mx．
（1）求f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）求函数f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（3）若存在使得mf'（x）+g（x）≥2x+m成立，求实数m的取值范围．
例19．已知函数f（x）=ax﹣ln（x+1），a为实数．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若a=，不等式＜f（x）在（0，+∞）恒成立，求实数b的取值范围．
例20．已知f（x）=xlnx，g（x）=﹣x2+ax﹣3
（1）对x∈（0，+∞），不等式2f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；
（2）证明：对一切x∈（0，+∞），都有．
　
　利用导数求闭区间上最值问题（解析版）
例1．已知x=2是函数f（x）=（x2+ax﹣2a﹣3）ex的一个极值点
（I）求实数a的值；
（II）求函数f（x）在的最大值和最小值．
解：（I）由f（x）=（x2+ax﹣2a﹣3）ex可得
∴f′（x）=（2x+a）ex+（x2+ax﹣2a﹣3）ex=[x2+（2+a）x﹣a﹣3]ex
∵x=2是函数f（x）的一个极值点，
∴f′（2）=0
∴（a+5）e2=0，
解得a=﹣5；
（II）由（I）知，f′（x）=（x﹣2）（x﹣1）ex，
∴函数在x=1或2处取极值
∵f（1）=3e，f（2）=e2，f（3）=e3，
∴函数f（x）在的最小值为f（2）=e2；最大值为e3．
　
例2．函数的最大值与最小值的和为　﹣16　．
解：∵函数，
函数f（x）=x3﹣3x2+2，∴f′（x）=3x2﹣6x=3x（x﹣2），
令f′（x）=0，又x∈[﹣2，]，解得x=0或x=2．
x∈（﹣2，0），f′（x）＞0，函数是增函数，
x∈（0，2），f′（x）＜0，函数是减函数；
x∈（2，），f′（x）＞0，函数是增函数；
∴f（﹣2）=﹣18．
f（0）=2， f（2）=﹣2， f（）=﹣，
最小值为f（﹣2）．最大值为：f（0），
∴函数f（x）在区间[﹣2，]上最大值与最小值的和：f（0）+f（﹣2）=﹣16．
故答案为：﹣16．
例3．已知函数，当x＞1时，不等式2f′（x）+xg（x）+3＞m（x﹣1）恒成立，则整数m的最大值为　4　．
解：f′（x）=x﹣2，
x＞1时，不等式2f′（x）+xg（x）+3＞m（x﹣1）恒成立，
亦即m＜=+2对一切x∈（1，+∞）恒成立，
所以不等式转化为m＜+2对任意x＞1恒成立．
设p（x）=+2，则p′（x）=，
令r（x）=x﹣lnx﹣2（x＞1），则r′（x）=1﹣=＞0
所以r（x）在（1，+∞）上单调递增．
因为r（3）=3﹣ln3﹣2=1﹣ln3＜0，r（4）=4﹣ln4﹣2=2﹣2ln2＞0，
所以r（x）=0在（1，+∞）上存在唯一实根x0，且满足x0∈（3，4），
当1＜x＜x0时，r（x）＜0，即p′（x）＜0；
当x＞x0时，r（x）＞0，即p′（x）＞0．
所以函数p（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，
又r（x0）=x0﹣lnx0﹣2=0，所以lnx0=x0﹣2．
所以[p（x）]min=p（x0）==x0﹣1+2∈（4，5），
所以m＜[p（x）]min=x0﹣1+2∈（4，5）
故整数m的最大值是4．
故答案为：4．
　
例4．函数f（x）=（2﹣x）|x﹣6|在区间（﹣∞，a]上取得最小值﹣4，则实数a的取值范围是　[4，4+2]　．
解：∵函数f（x）=（2﹣x）|x﹣6|
=，
其函数图象如下图所示：
由函数图象可得：
函数f（x）=（2﹣x）|x﹣6|在（﹣∞，a]上取得最小值﹣4时，
实数a须满足
4≤a≤4+2．
故实数a的集合是[4，4+2]．
故答案为：[4，4+2]．
　
例5．已知函数f（x）=ax2﹣（a+2）x+lnx．若对任意x1，x2∈（0，+∞），x1＜x2，且f（x1）+2x1＜f（x2）+2x2恒成立，则a的取值范围为　[0，8]　．
解：令g（x）=f（x）+2x=ax2﹣ax+lnx，（x＞0）；
由题意知g（x）在（0，+∞）单调递增，
所以g'（x）=2ax﹣a+≥0在（0，+∞）上恒成立，
即2ax2﹣ax+1≥0在（0，+∞）上恒成立；
令h（x）=2ax2﹣ax+1，（x＞0）；
则①若a=0，h（x）=1≥0恒成立，
②若a＜0，二次函数h（x）≥0不恒成立，舍去
③若a＞0，二次函数h（x）≥0恒成立，
只需满足最小值h（）≥0，
即﹣+1≥0，解得0＜a≤8；
综上，a的取值范围是[0，8] 故答案为：[0，8]．
　
例6．已知函数f（x）=ax2﹣（2a+1）x+2lnx（a≥0）
（1）当a=0时，求f（x）的单调区间；
（2）求y=f（x）在区间（0，2]上的最大值．
解：（1），
在区间（0，2）上，f'（x）＞0；在区间（2，+∞）上f'（x）＜0，
故f（x）的单调递增区间是（0，2），单调递减区间是（2，+∞）．
（2），，
①当a=0时，由（1）知f（x）在（0，2]上单调递增，
故在（0，2]上f（x）max=f（2）=2ln2﹣2，
②当时，，在区间（0，2）上，f'（x）＞0；
故f（x）在（0，2]上单调递增，
故在（0，2]上f（x）max=f（2）=2ln2﹣2a﹣2，
③当时，，在区间上，f'（x）＞0；
在区间上，f'（x）＜0，
f（x）在上单调递增，在上单调递减，
故在（0，2]上．
　
例7．若函数f（x）=x3﹣x在（2m，1﹣m）上有最大值，则实数m的取值范围是　[﹣1，﹣）　．
解：由题 f'（x）=x2﹣1，
令f'（x）＜0解得﹣1＜x＜1；令f'（x）＞0解得x＜﹣1或x＞1
由此得函数在（﹣∞，﹣1）上是增函数，在（﹣1，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数，
故x=﹣1是函数f（x）的极大值点，f（﹣1）=，x3﹣x=，解得x=2，
故函数在x=﹣1处取到极大值2，判断知此极大值必是区间（2m，1﹣m）上的最大值，
∴，
解得﹣1≤m＜﹣ 故实数m的取值范围是[﹣1，﹣），
故答案为：[﹣1，﹣）
　
例8．已知（a+e）x﹣1﹣lnx≤0（e是自然对数的底数）对任意x∈[，2]都成立，则实数a的最大值为　﹣e　．
解：（a+e）x﹣1﹣lnx≤0对于任意x∈[，2]恒成立
a≤﹣e对于任意x∈[，2]恒成立
a≤（ ﹣e）min对于任意x∈[，2]恒成立
设f（x）=﹣e，x∈[，2]，则f′（x）=﹣，
令f′（x）＞0，解得：≤x＜1，令f′（x）＞0，解得：1＜x≤2，
∴f（x）在[，1）递增，在（1，2]递减，
∴f（）或f（2）最小，
而f（）=﹣e，f（2）=（1+ln2）﹣e，
∴f（）＜f（2）， ∴a的最大值是﹣e， 故答案为：﹣e．
　
例9．已知函数，若对任意的x∈[1，+∞）及m∈[1，2]，不等式f（x）≥m2﹣2tm+2恒成立，则实数t的取值范围是　[，+∞）　．
解：f′（x）=﹣=，
令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
∴f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
∴f（x）的极小值即最小值是f（1）=1；
（2）由（1）可知f（x）在（1，+∞）上单调递增，
所以m2﹣2tm+2≤f（x）min=f（1）=1即m2﹣2tm+1≤0对 m∈[1，2]恒成立，
所以，解得t≥， 故答案为：[，+∞）．
例10．已知函数f（x）=x3﹣3ax2+2bx在x=1处有极小值﹣1，试求a，b的值，
（1）并求出f（x）的单调区间．
（2）在区间[﹣2，2]上的最大值与最小值
（3）若关于x的方程f（x）=a有3个不同实根，求实数a的取值范围．
解：（1）∵f（x）=x3﹣3ax2+2bx，
∴f′（x）=3x2﹣6ax+2b，
由已知得f′（1）=0，则3﹣6a+2b=0，
∵当x=1时有极小值﹣1，
∴f（1）=1﹣3a+2b=﹣1，3﹣6a+2b=0…①
1﹣3a+2b=﹣1…②
由①②得a=，b=﹣，
把a=，b=﹣代入f（x）中，
∴f（x）=x3﹣x2﹣x
∴f′（x）=3x2﹣2x﹣1，
令f′（x）=0，则f′（x）=（3x+1）（x﹣1）=0，
若f′（x）＞0，即（﹣∞，﹣]，[1，+∞），函数f（x）单调递增．
若f′（x）＜0，即[﹣，1]，函数f（x）单调递减．
（2）由（1）知f（x）=x3﹣x2﹣x，
f′（x）=3x2﹣2x﹣1，
令f′（x）=0，则f′（x）=（3x+1）（x﹣1）=0，解得x=﹣或x=1，
∵f（﹣2）=﹣10，f（﹣）=，f（1）=﹣1，f（2）=2．
∴f（x）在区间[﹣2，2]上的最大值为2，最小值为﹣10．
（3）由（1）知函数f（x）单调递增区间是（﹣∞，﹣]，[1，+∞），
函数f（x）单调递减区间是[﹣，1]，
∴x=﹣时，f（x）极大值=f（﹣）=，
x=1，f（x）极小值=f（1）=﹣1，
∴当﹣时，关于x的方程f（x）=a有3个不同实根，
∴实数a的取值范围是（﹣1，）．
例11．已知函数f（x）=过点（1，e）．
（1）求y=f（x）的单调区间；
（2）当x＞0时，求的最小值；
（3）试判断方程f（x）﹣mx=0（m∈R且m为常数）的根的个数．
解：（1）∵函数f（x）=过点（1，e）．得e1+b=e，可得b=0，
∴f（x）=（x≠0），f′（x）=，令f′（x）＞0，得x＞1，令f′（x）＜0，得0＜x＜1或x＜0，
y=f（x）的单调增区间是[1，+∞），单调减区间是（﹣∞，0）．（0，1）．
（2）设g（x）==，（x＞0），g′（x）=，令g′（x）=0，解得x=2，
x∈（0，2）时，g′（x）＜0，x∈（2，+∞）时，g′（x）＞0，
∴g（x）在区间（0，2）上递减，在（2，+∞）递增，
∴的最小值为g（2）=．
（3）方程f（x）﹣mx=0（m∈R且m为常数） m==g（x）
g′（x）=，易知x＜0时，g′（x）＞0．
结合（2）可得函数g（x）在区间（0，2）上递减，在（﹣∞，0），（2，+∞）递增．
原问题转化为y=m与y=g（x）交点个数，其图象如下：
当m≤0时，方程f（x）﹣mx=0（m∈R且m为常数）的根的个数为0；
当0＜m＜时，方程f（x）﹣mx=0（m∈R且m为常数）的根的个数为1；
当m=时，方程f（x）﹣mx=0（m∈R且m为常数）的根的个数为2；
当m时，方程f（x）﹣mx=0（m∈R且m为常数）的根的个数为3；
　
例12．已知函数f（x）=+xlnx，g（x）=．
（1）若 x1，x2∈[0，2]，使得g（x1）﹣g（x2）≥M总成立，求M的最大值；
（2）如果对 s，t∈[，2]，都有f（s）≥eg（t）成立，求实数a的取值范围．
解：（1）g（x）=的导数为g′（x）=，
可得g（x）在[0，1），g′（x）＞0，g（x）递增；
g（x）在[1，2]，g′（x）＜0，g（x）递减．
可得g（1）取得最大值，g（0）=0，g（2）=，
即g（0）取得最小值0，
则M≤g（x）max﹣g（x）min=，
可得M的最大值为；
（2）对 s，t∈[，2]，都有f（s）≥eg（t）成立，
由g（t）在g（1）取得最大值，
则f（s）≥1对 s∈[，2]恒成立，
即有+slns≥1对 s∈[，2]恒成立，
可得a≥s（1﹣slns）的最大值，
令g（s）=s（1﹣slns），s∈[，2]，
g′（s）=1﹣slns+s（﹣1﹣lns）=1﹣s﹣2slns，
g″（s）=﹣1﹣2（1+lns）=﹣3﹣2lns＜0，在s∈[，2]恒成立，
即有g′（s）在s∈[，2]递减，
则g′（2）≤g′（s）≤g′（），
即有﹣1﹣4ln2≤g′（s）≤+ln2，
由g′（1）=0，可得g（s）在（，1）递增，（1，2）递减，
即有g（1）取得最大值1， 则a≥1，即a的取值范围是[1，+∞）．
例13．已知函数f（x）=x﹣（a+1）ln x﹣（a∈R），g（x）=x2+ex﹣xex．
（1）当x∈[1，e2]时，求f（x）的最小值；
（2）当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[﹣1，0]，f（x1）＜g（x2）恒成立，求a的取值范围．
解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=（a∈R），
当a≤1时，x∈[1，e2]，f′（x）≥0，f（x）为增函数，
所以f（x）min=f（1）=1﹣a；
当1＜a＜e2时，x∈[1，a]，f′（x）≤0，f（x）为减函数，x∈[a，e2]，f′（x）≥0，f（x）为增函数，
所以f（x）min=f（a）=a﹣（a+1）lna﹣1；
当a≥e2时，x∈[1，e2]，f′（x）≤0，f（x）为减函数，
所以f（x）min=f（e2）=e2﹣2（a+1）﹣；
综上，当a≤1时，f（x）min=1﹣a；
当1＜a＜e2时，f（x）min=a﹣（a+1）lna﹣1；
当a≥e2时，f（x）min=e2﹣2（a+1）﹣；
（2）存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[﹣1，0]，f（x1）＜g（x2）恒成立，即 f（x）min＜g（x）min，
当a＜1时，由（1）可知，x∈[e，e2]，f（x）为增函数，
∴f（x1）min=f（e）=e﹣（a+1）﹣
g′（x）=x+ex﹣xex﹣ex=x（1﹣ex），
当x∈[﹣1，0]时g′（x）≤0，g（x）为减函数，g（x）min=g（0）=1，
∴e﹣（a+1）﹣＜1，a＞，
∴a∈（，1）．
例14．已知实数λ＞0，设函数f（x）=eλx﹣．
（Ⅰ）当λ=1时，求函数g（x）=f（x）+lnx﹣x的极值；
（Ⅱ）若对任意x∈（0，+∞），不等式f（x）≥0恒成立，求λ的最小值．
解：（Ⅰ）λ=1时，g（x）=ex﹣x，g′（x）=ex﹣1，
令g′（x）＜0，解得：x＜0，令g′（x）＞0，解得：x＞0，
故g（x）在（﹣∞，0）递减，在（0，+∞）递增，
故g（x）无极大值，极小值是g（0）=1；
（Ⅱ）当0＜x≤1时，易知不等式eλx﹣≥0恒成立，
x＞1时，由题设得不等式λeλx≥lnx，即λxeλx≥lnx elnx（*）恒成立，
设φ（t）=tet（t＞0），
则由φ′（t）=et（1+t）＞0，
知φ（t）在（0，+∞）递增，
于是，x＞1时，由（*）知φ（λx）≥φ（lnx），
即λ≥在（1，+∞）恒成立，
故所求λ的最小值即为函数p（x）=（x＞1）的最大值，
∵p′（x）=，故1＜x＜e时，p′（x）＞0，p（x）递增，
x＞e时，p′（x）＜0，函数p（x）递减， 综上，λmin=p（x）max=p（e）=．
例15．已知函数f（x）=blnx．
（1）当b=1时，求函数G（x）=x2﹣x﹣f（x）在区间上的最大值与最小值；
（2）若在[1，e]上存在x0，使得x0﹣f（x0）＜﹣成立，求b的取值范围．
解：（1）当b=1时，G（x）=x2﹣x﹣f（x）=x2﹣x﹣lnx（x＞0），，
令G'（x）=0，得x=1，
当x变化时，G（x），G'（x）的变化情况如下表：
x （0，1） 1 （1，+∞）
g'（x） ﹣ 0 +
G（x） 极小值
因为，G（1）=0，G（e）=e2﹣e﹣1=e（e﹣1）﹣1＞1，
所以G（x）=x2﹣x﹣f（x）在区间上的最大值与最小值分别为：，G（x）min=G（1）=0．
（2）设．
若在[1，e]上存在x0，使得，即成立，
则只需要函数在[1，e]上的最小值小于零．
又=，
令h'（x）=0，得x=﹣1（舍去）或x=1+b．
①当1+b≥e，即b≥e﹣1时，h（x）在[1，e]上单调递减，
故h（x）在[1，e]上的最小值为h（e），由，可得．
因为，所以．
②当1+b≤1，即b≤0时，h（x）在[1，e]上单调递增，
故h（x）在[1，e]上的最小值为h（1），由h（1）=1+1+b＜0，
可得b＜﹣2（满足b≤0）．
③当1＜1+b＜e，即0＜b＜e﹣1时，h（x）在（1，1+b）上单调递减，在（1+b，e）上单调递增，
故h（x）在[1，e]上的最小值为h（1+b）=2+b﹣bln（1+b）．
因为0＜ln（1+b）＜1，所以0＜bln（1+b）＜b，
所以2+b﹣bln（1+b）＞2，即h（1+b）＞2，不满足题意，舍去．
综上可得b＜﹣2或， 所以实数b的取值范围为．
例16．已知函数，
（I）当a=l时，求曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（II）若x∈[1，+∞）时，函数f（x）的最小值为0，求a的取值范围．
解：（Ⅰ）当a=1时，f（x）=lnx+x2﹣x+2，
f′（x）=+x﹣，f′（1）=﹣，f（1）=0，
故f（x）在（1，f（1））处的切线方程是：y﹣0=﹣（x﹣1），
即x+2y﹣1=0；
（Ⅱ）f′（x）=+ax﹣（+2）=，
a=0时，f′（x）=＜0，
故函数在[1，+∞）递减，而f（1）=0，
故此时不合题意，
a＜0时，任意x∈[1，+∞）都有f′（x）＜0，
故函数在[1，+∞）递减，而f（1）=0，
故此时不合题意，
当0＜a＜2时，由f′（x）=0解得：x=或x=＞1，
x∈（1，）时，f′（x）＜0，
故函数在[1，+∞）递减，而f（1）=0，
故此时不合题意；
a≥2时，f′（x）=≥0，
此时函数在[1，+∞）递增，
故f（x）≥f（1）=0，即函数的最小值是0，符合题意， 综上，a的范围是[2，+∞）．
例17．已知函数f（x）=x2，g（x）=x﹣1．
（1）若存在x∈R，使f（x）＜b g（x），求实数b的取值范围；
（2）设F（x）=f（x）﹣mg（x）+1﹣m，若F（x）≥0在区间[2，5]上恒成立，求实数m的取值范围．
解：（1）存在x∈R，使f（x）＜b g（x），即存在x∈R，x2﹣bx+b＜0，
则△＞0，即b2﹣4b＞0，
所以b的取值范围为（﹣∞，0）∪（4，+∞）；
（2）由题意可知x2﹣mx+1≥0在区间[2，5]上恒成立，
即在区间[2，5]上恒成立，
由于在[2，5]上单调递增，所以当x=2时，有最小值，
所以．即 实数m的取值范围为（﹣]．
例18．已知函数f（x）=xlnx+2，g（x）=x2﹣mx．
（1）求f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）求函数f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（3）若存在使得mf'（x）+g（x）≥2x+m成立，求实数m的取值范围．
解：（1）由已知f（1）=2，f′（x）=lnx+1，则f′（1）=1，
所以在（1，f（1））处的切线方程为：y﹣2=x﹣1，即为x﹣y+1=0；
（2）f'（x）=lnx+1，
令f'（x）＞0，解得x＞；令f'（x）＜0，解得0＜x＜，
∴f（x）在（0，）递减，在（，+∞）递增，
若t≥，则f（x）在[t，t+2]递增，
∴f（x）min=f（t）=tlnt+2；
若0＜t＜，则f（x）在[t，）递减，在（，t+2]递增，
∴f（x）min=f（）=2﹣．
（3）若存在x0∈[，e]使得mf'（x）+g（x）≥2x+m成立，
即存在x0∈[，e]使得m≤（ ）max成立，
令k（x）=，x∈[，e]，则k′（x）=，
易得2lnx+x+2＞0，
令k'（x）＞0，解得x＞1；令k'（x）＜0，解得x＜1，
故k（x）在[，1）递减，在（1，e]递增，
故k（x）的最大值是k（）或k（e），
而k（ ）=﹣＜k（e）=， 故m≤．
例19．已知函数f（x）=ax﹣ln（x+1），a为实数．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若a=，不等式＜f（x）在（0，+∞）恒成立，求实数b的取值范围．
解：（Ⅰ）∵f′（x）=a﹣=，
（ i）当a≤0时，因x+1＞0，f′（x）＜0，
∴函数在（﹣1，+∞）上单调递减；…（2分）
（ ii） 当a＞0时，令f′（x）=0，解得：x=1﹣，
①当0＜a≤时，f′（x）≥0，
函数在（﹣1，+∞）上单调递增…（3分）
②当a＞时，x∈（﹣1，1﹣），f′（x）＜0，函数单调递减，
x∈（1﹣，+∞），f′（x）＞0，函数单调递增…（4分）
（Ⅱ）当a=时，f（x）=x﹣ln（x+1），
∴﹣＜f（x），∴﹣＜x﹣ln（x+1），
∴b＜x2+2x+﹣（x+1）ln（x+1）在（0，+∞）恒成立，…（6分）
令g（x）=x2+2x+﹣（x+1）ln（x+1），
则g′（x）=x+1﹣ln（x+1）…（7分）
令h（x）=x+1﹣ln（x+1），h′（x）=1﹣=…（8分）
当x＞0 时，h′（x）＞0，函数h（x）在（0，+∞）为增函数，
故h（x）＞h（0）=1…（10分）
从而 当x＞0时g′（x）＞1，函数g（x）在（0，+∞）为增函数，
故g（x）＞g（0）=，
因此，当x＞0 时，恒成立，则b≤，
∴实数b的取值范围是（﹣∞，]…（12分）
例20．已知f（x）=xlnx，g（x）=﹣x2+ax﹣3
（1）对x∈（0，+∞），不等式2f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；
（2）证明：对一切x∈（0，+∞），都有．
解：（1）2xlnx≥﹣x2+ax﹣3，则a≤2lnx+x+，
设h（x）=2lnx+x+（x＞0），则h′（x）=，
当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
∴[h（x）]min=h（1）=4，
∵对一切x∈（0，+∞），2f（x）≥g（x）恒成立，
∴a≤[h（x）]min=4．
证明：（2）问题等价于证明xlnx＞﹣（x∈（0，+∞）），
由（1）可知f（x）=xlnx（x∈（0，+∞））的最小值是﹣，当且仅当x=时取得．
设m（x）=﹣（x∈（0，+∞）），则m′（x）=，
由题意得[m（x）]max=m（1）=﹣，
当且仅当x=1时取到，从而对一切x∈（0，+∞），都有lnx＞﹣成立．

展开更多......

收起↑