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培优课5　利用导数证明不等式
题型一　最值转化法证明不等式
[例1] 证明不等式:ex≥x+1.
【证明】 设f(x)=ex-x-1,则f′(x)=ex-1,由f′(x)=0,得x=0,
当x<0时,f′(x)<0;当x>0时,f′(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
所以f(x)≥f(0)=0,即ex-x-1≥0,所以ex≥x+1.
在证明不等式时,若待证不等式的两边含有同一个变量,一般地,可以直接构造“左减右”的函数,有时对复杂的式子要进行变形,利用导数研究其单调性和最值,借助所构造函数的单调性和最值即可得证.
[方法迁移] 已知函数f(x)=,证明:f(x)≥-.
【证明】 要证f(x)≥-,即要证≥-,只需证ln x+-1≥0.
构造函数g(x)=ln x+,则g′(x)=,当x∈(0,1)时,g′(x)<0,函数g(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增,所以g(x)≥g(x)min=g(1)=1,所以f(x)≥-.
题型二　最值比较法证明不等式
[例2] 已知函数f(x)=x2+2x-2xex.当x>0时,证明:f(x)-2x+x2+x3<-2eln x.
【证明】 要证明f(x)-2x+x2+x3<-2elnx,即证2ex-x2-2x>(x>0).
令g(x)=2ex-x2-2x(x>0),h(x)=(x>0).
g′(x)=2(ex-x-1),令p(x)=g′(x),p′(x)=2(ex-1)>0,所以g′(x)在(0,+∞)上单调递增,g′(x)>g′(0)=0.
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(x)> g(0)=2.
h′(x)=,可得h(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以h(x)≤h(e)=2.
又g(x)与h(x)取最值点不同,所以g(x)>h(x)在(0,+∞)上恒成立,故2ex-x2-2x>(x>0).
所以当x>0时,f(x)-2x+x2+x3<-2elnx.
在证明不等式时,若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题,可借助两个函数的最值证明,如证f(x)≥g(x)在D上恒成立,只需证明f(x)min≥g(x)max即可.一般地,待证不等式或不等式的两边中有指数式和对数式同时存在的,可以通过将指数式、对数式分别分离后利用此法.
[方法迁移] 已知f(x)=xln x.
(1)求函数f(x)的最小值;
(2)证明:对一切x∈(0,+∞),都有ln x>-成立.
(1)【解】 由f(x)=xln x,x>0,得f′(x)=ln x+1.令f′(x)=0,得x=.
当x∈(0,)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
所以f(x)的极小值即最小值,故f(x)min=f()=-.
(2)【证明】 问题等价于证明xln x>-,x∈(0,+∞).
由(1)可知f(x)=xln x,x∈(0,+∞)的最小值是-,当且仅当x=时取到.
设m(x)=-,x∈(0,+∞),则m′(x)=.
由m′(x)<0,得x>1时,m(x)单调递减;由m′(x)>0,得0易知m(x)max=m(1)=-.从而对一切x∈(0,+∞),xln x≥-≥-,两个等号不同时取到,即对一切x∈(0,+∞),都有ln x>-成立.
题型三　适当放缩证明不等式
[例3] 已知函数f(x)=x2+x-ln x,证明:对任意的x>0,f(x)+ex>x2+x+2.
【证明】 要证明f(x)+ex>x2+x+2,只需证明ex-ln x-2>0,先证明当x>0时,ex>x+1,
令g(x)=ex-x-1(x>0),
则g′(x)=ex-1,当x>0时,g′(x)>0,g(x)单调递增,所以当x>0时,g(x)>g(0)=0,即ex>x+1,所以ex-
ln x-2>x+1-ln x-2=x-ln x-1.所以只要证明x-ln x-1≥0(x>0),令h(x)=x-ln x-1(x>0),
则h′(x)=1-=(x>0),易知h(x)在(0,1]上单调递减,在[1,+∞)上单调递增,所以h(x)≥h(1)=0,即x-ln x-1≥0成立,所以f(x)+ex>x2+x+2成立.
导数方法证明不等式中,最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题,对于这类问题,可以考虑先对ex和ln x进行放缩,使问题简化,简化后再构造函数进行证明.常见的放缩不等式如下:
(1)ex≥1+x,当且仅当x=0时等号成立.
(2)ex≥ex,当且仅当x=1时等号成立.
(3)当x≥0时,ex≥1+x+x2,当且仅当x=0时等号成立.
(4)当x≥0时,ex≥x2+1,当且仅当x=0时等号成立.
(5)≤ln x≤x-1≤x2-x,当且仅当x=1时等号成立.
(6)当x≥1时,≤ln x≤,当且仅当x=1时等号成立.
[方法迁移] 已知函数f(x)=aex-1-ln x-1,证明:当a≥1时,f(x)≥0.
【证明】 因为a≥1,所以aex-1≥ex-1,所以f(x)≥ex-1-ln x-1.
令g(x)=ex-x-1,所以g′(x)=ex-1.当x∈(-∞,0)时,g′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,g′(x)>0,所以g(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
所以g(x)min=g(0)=0,故ex≥x+1,当且仅当x=0时等号成立.
同理令h(x)=ln x-x+1,h′(x)=-1.
当x∈(0,1)时,h′(x)>0,当x∈(1,+∞)时,h′(x)<0,
所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以h(x)max=h(1)=0,故ln x≤x-1,当且仅当x=1时等号成立.
由ex≥x+1,得≥x(当且仅当x=1时等号成立),由x-1≥ln x,得x≥ln x+1(当且仅当x=1时等号成立),所以≥x≥ln x+1,即≥ln x+1,即-ln x-1≥0(当且仅当x=1时等号成立),所以f(x)≥0.
课时作业
1.已知函数f(x)=x2+ln x,g(x)=x3,证明:在区间(1,+∞)上,f(x)【证明】 设F(x)=g(x)-f(x),即F(x)=x3-x2-ln x,
即F′(x)=2x2-x-=.当x>1时,F′(x)=>0,从而F(x)在(1,+∞)上单调递增,所以F(x)>F(1)=>0.所以当x>1时,g(x)-f(x)>0,即f(x)2.已知函数f(x)=ex2-xln x.证明:当x>0时,f(x)【证明】 要证f(x)令h(x)=ln x+(x>0),则h′(x)=,
易知h(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,则h(x)min=h()=0,所以ln x+≥0.
再令φ(x)=ex-ex,则φ′(x)=e-ex,
易知φ(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,则φ(x)max=φ(1)=0,所以ex-ex≤0.
因为h(x)与φ(x)不同时为0,所以ex-ex3.已知函数f(x)=ln x+,a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性.
(2)当a>0时,证明:f(x)≥.
(1)【解】 f′(x)=-=(x>0).
当a≤0时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增.
当a>0时,若x>a,则f′(x)>0,函数f(x)在(a,+∞)上单调递增;
若0综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>0时,f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.
(2)【证明】 由(1)知,当a>0时,f(x)min=f(a)=ln a+1.
要证f(x)≥,只需证ln a+1≥,即证ln a+-1≥0.
令函数g(a)=ln a+-1,则g′(a)=-=(a>0),
当01时,g′(a)>0.
所以g(a)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以g(a)min=g(1)=0.
所以ln a+-1≥0恒成立,所以f(x)≥.
4.已知函数f(x)=ex-1-x-ax2.
(1)当x≥0时,若不等式f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.
(2)若x>0,证明:(ex-1)ln(x+1)>x2.
(1)【解】 由题意得f′(x)=ex-1-2ax,
令h(x)=ex-1-2ax,则h′(x)=ex-2a,
①当2a≤1,即a≤时,在[0,+∞)上h′(x)≥0,即h(x)单调递增,
所以h(x)≥h(0),即f′(x)≥f′(0)=0,
所以f(x)在[0,+∞)上为增函数,所以f(x)≥f(0)=0,所以a≤时满足条件.
②当2a>1时,令h′(x)=0,解得x=ln 2a,在(0,ln 2a)上h′(x)<0,h(x)单调递减,
所以当x∈(0,ln 2a)时,有h(x)则f(x)在(0,ln 2a)上单调递减,所以f(x)综上,实数a的取值范围为(-∞,].
(2)【证明】 由(1)得,当a=且x>0时,f(x)>0,即ex-1>x+=,
要证不等式(ex-1)ln(x+1)>x2,只需证明ex-1>,即证>,只需证ln(x+1)>,设F(x)=ln(x+1)-(x>0),则F′(x)=-=(x>0),所以当x>0时,F′(x)>0恒成立,故F(x)在(0,+∞)上单调递增.又F(0)=0,所以F(x)>0恒成立,所以原不等式成立.(共15张PPT)
培优课5　利用导数证明不等式
课堂探究·素养培育
题型一　最值转化法证明不等式
[例1] 证明不等式:ex≥x+1.
【证明】 设f(x)=ex-x-1,则f′(x)=ex-1,由f′(x)=0,得x=0,
当x<0时,f′(x)<0;当x>0时,f′(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
所以f(x)≥f(0)=0,即ex-x-1≥0,所以ex≥x+1.
解题策略
在证明不等式时,若待证不等式的两边含有同一个变量,一般地,可以直接构造“左减右”的函数,有时对复杂的式子要进行变形,利用导数研究其单调性和最值,借助所构造函数的单调性和最值即可得证.
题型二　最值比较法证明不等式
[例2] 已知函数f(x)=x2+2x-2xex.当x>0时,证明:f(x)-2x+x2+x3<-2eln x.
解题策略
在证明不等式时,若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题,可借助两个函数的最值证明,如证f(x)≥g(x)在D上恒成立,只需证明f(x)min≥
g(x)max即可.一般地,待证不等式或不等式的两边中有指数式和对数式同时存在的,可以通过将指数式、对数式分别分离后利用此法.
[方法迁移] 已知f(x)=xln x.
(1)求函数f(x)的最小值;
题型三　适当放缩证明不等式
[例3] 已知函数f(x)=x2+x-ln x,证明:对任意的x>0,f(x)+ex>x2+x+2.
解题策略
导数方法证明不等式中,最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题,对于这类问题,可以考虑先对ex和ln x进行放缩,使问题简化,简化后再构造函数进行证明.常见的放缩不等式如下:
(1)ex≥1+x,当且仅当x=0时等号成立.
(2)ex≥ex,当且仅当x=1时等号成立.
解题策略
[方法迁移] 已知函数f(x)=aex-1-ln x-1,证明:当a≥1时,f(x)≥0.
【证明】 因为a≥1,所以aex-1≥ex-1,所以f(x)≥ex-1-ln x-1.
令g(x)=ex-x-1,所以g′(x)=ex-1.当x∈(-∞,0)时,g′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,
g′(x)>0,所以g(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
所以g(x)min=g(0)=0,故ex≥x+1,当且仅当x=0时等号成立.(共15张PPT)
培优课4　利用导数研究函数的
综合问题
课堂探究·素养培育
题型一　利用导数研究函数的零点或方程的解
[例1] 给定函数f(x)=ex-x.
(1)判断函数f(x)的单调性,并求出f(x)的值域;
【解】 (1)函数f(x)的定义域为R,f′(x)=ex-1,令f′(x)=0,解得x=0.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表所示:
x (-∞,0) 0 (0,+∞)
f′(x) - 0 +
f(x) 单调递减 1 单调递增
所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.当x=0时,f(x)取得极小值f(0)=1,也是最小值,故函数f(x)的值域为[1,+∞).
(2)画出函数f(x)的大致图象;
(3)求出方程f(x)=m(m∈R)在区间[-1,2]上的根的个数.
解题策略
判断零点的个数问题的思路
(1)求出函数的定义域.
(2)求导数f′(x)及函数f′(x)的零点.
(3)用f′(x)的零点将函数f(x)的定义域划分为若干个区间,列表给出f′(x)在各个区间上的正负,并得出f(x)的单调性与极值.
(4)确定f(x)图象经过的一些特殊点,以及图象的变化趋势.
(5)画出f(x)的大致图象,判断零点的个数.
[方法迁移] 已知函数f(x)=x3-3x+a(a∈R),若函数f(x)有两个零点,求实数a的值.
【解】 因为f(x)=x3-3x+a(a∈R),所以f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),
令f′(x)>0,得x<-1或x>1,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,-1)和(1,+∞),
令f′(x)<0,得-1当x=-1时,f(x)取得极大值f(-1)=a+2;当x=1时,f(x)取得极小值f(1)=a-2.
若f(x)有两个零点,则a+2=0或a-2=0,解得a=±2.所以实数a的值为±2.
题型二　利用导数研究不等式恒成立问题
[例2] 已知函数f(x)=ln x+ax-a2x2(a>0).若f(x)<0在定义域内恒成立,求实数a的取值范围.
解题策略
由不等式恒成立求参数的取值范围的策略
(1)求最值法:将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题.
(2)分离参数法:将参数分离出来,进而转化为a>f(x)max或a[方法迁移] 若不等式2x3-ax2+1≥0对任意x∈[0,+∞)恒成立,求实数a的最大值.
题型三　利用导数研究不等式能成立问题
[例3] 已知a∈R,f(x)=(a+x)ex在[-3,+∞)上单调递增.
(1)求实数a的最小值;
【解】(1)由题意可得f′(x)=(x+a+1)ex≥0在[-3,+∞)上恒成立,所以x+a+1≥0在x∈[-3,+∞)上恒成立,所以-3+a+1≥0,解得a≥2.故实数a的最小值为2.
(2)当实数a取最小值时,若存在x使不等式f(x)-ke2x≥0成立,求实数k的取值范围.
解题策略
有解问题与函数最值的等价转化
(1)f(x)≥a有解 f(x)max≥a;f(x)≤a有解 f(x)min≤a.
(2)f(x)≥g(x)有解 [f(x)-g(x)]max≥0;f(x)≤g(x)有解 [f(x)-g(x)]min≤0.培优课4　利用导数研究函数的综合问题
题型一　利用导数研究函数的零点或方程的解
[例1] 给定函数f(x)=ex-x.
(1)判断函数f(x)的单调性,并求出f(x)的值域;
(2)画出函数f(x)的大致图象;
(3)求出方程f(x)=m(m∈R)在区间[-1,2]上的根的个数.
【解】 (1)函数f(x)的定义域为R,f′(x)=ex-1,令f′(x)=0,解得x=0.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表所示:
x (-∞,0) 0 (0,+∞)
f′(x) - 0 +
f(x) 单调递减 1 单调递增
所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.当x=0时,f(x)取得极小值f(0)=1,也是最小值,故函数f(x)的值域为[1,+∞).
(2)由(1)可知,函数f(x)的最小值为1.
因为f(-1)=+1,f(2)=e2-2,f(0)=1,所以函数的图象经过点(-1,+1),(2,e2-2),(0,1).
当x→+∞时,f(x)→+∞,f′(x)→+∞;
当x→-∞时,指数函数y=ex越来越小,趋向于0,因此函数f(x)图象上的点逐渐趋向于直线y=-x.
根据上述信息,画出函数f(x)的大致图象如图所示.
(3)截取函数f(x)在区间[-1,2]上的图象如图所示.
由图象知,当f(0)当m<1或m>e2-2时,方程f(x)=m在区间[-1,2]上无实根.
判断零点的个数问题的思路
(1)求出函数的定义域.
(2)求导数f′(x)及函数f′(x)的零点.
(3)用f′(x)的零点将函数f(x)的定义域划分为若干个区间,列表给出f′(x)在各个区间上的正负,并得出f(x)的单调性与极值.
(4)确定f(x)图象经过的一些特殊点,以及图象的变化趋势.
(5)画出f(x)的大致图象,判断零点的个数.
[方法迁移] 已知函数f(x)=x3-3x+a(a∈R),若函数f(x)有两个零点,求实数a的值.
【解】 因为f(x)=x3-3x+a(a∈R),所以f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),
令f′(x)>0,得x<-1或x>1,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,-1)和(1,+∞),
令f′(x)<0,得-1当x=-1时,f(x)取得极大值f(-1)=a+2;当x=1时,f(x)取得极小值f(1)=a-2.
若f(x)有两个零点,则a+2=0或a-2=0,解得a=±2.所以实数a的值为±2.
题型二　利用导数研究不等式恒成立问题
[例2] 已知函数f(x)=ln x+ax-a2x2(a>0).若f(x)<0在定义域内恒成立,求实数a的取值范围.
【解】 f(x)的定义域为(0,+∞),令f′(x)==0,得x1=-(舍去),x2=,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表所示,
x (0,) (,+∞)
f′(x) + 0 -
f(x) 单调递增 极大值 单调递减
所以f(x)max=f()=ln <0,所以a>1.则实数a的取值范围是(1,+∞).
由不等式恒成立求参数的取值范围的策略
(1)求最值法:将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题.
(2)分离参数法:将参数分离出来,进而转化为a>f(x)max或a[方法迁移] 若不等式2x3-ax2+1≥0对任意x∈[0,+∞)恒成立,求实数a的最大值.
【解】当x=0时,1≥0恒成立;
当x>0时,2x3-ax2+1≥0 a≤2x+,
令f(x)=2x+,x>0,求导得f′(x)=2-,
当01时,f′(x)>0,
因此函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
当x=1时,f(x)min=f(1)=3,则a≤3,所以实数a的最大值为3.
题型三　利用导数研究不等式能成立问题
[例3] 已知a∈R,f(x)=(a+x)ex在[-3,+∞)上单调递增.
(1)求实数a的最小值;
(2)当实数a取最小值时,若存在x使不等式f(x)-ke2x≥0成立,求实数k的取值范围.
【解】(1)由题意可得f′(x)=(x+a+1)ex≥0在[-3,+∞)上恒成立,所以x+a+1≥0在x∈[-3,+∞)上恒成立,所以-3+a+1≥0,解得a≥2.故实数a的最小值为2.
(2)当a=2时,存在x使不等式f(x)-ke2x≥0,即ex(x+2-kex)≥0成立,
又ex>0,所以存在x使不等式x+2-kex≥0成立,即存在x使不等式k≤成立.
不妨令g(x)=,则问题转化为k≤g(x)max,g′(x)=-,
令g′(x)>0,得x<-1,令g′(x)<0,得x>-1,
所以g(x)在区间(-∞,-1)上单调递增,在(-1,+∞)上单调递减,从而g(x)的最大值为g(-1)=e,即k≤e,
故实数k的取值范围为(-∞,e].
有解问题与函数最值的等价转化
(1)f(x)≥a有解 f(x)max≥a;f(x)≤a有解 f(x)min≤a.
(2)f(x)≥g(x)有解 [f(x)-g(x)]max≥0;f(x)≤g(x)有解 [f(x)-g(x)]min≤0.
[方法迁移] 已知f(x)=aln x,g(x)=(a+2)·x-x2,若存在x0∈[,e],使得f(x0)≤g(x0)成立,求实数a的取值范围.
【解】由f(x0)≤g(x0),得aln x0≤(a+2)x0-,即(x0-ln x0)a≥-2x0.
由y=x及y=ln x的图象,知x>ln x,所以a≥.
记G(x)=,x∈[,e],
则G′(x)=.
因为x∈[,e],所以2-ln x>0,所以x-2ln x+2=(x-ln x)+(2-ln x)>0,
所以当x∈[,1]时,G′(x)≤0,G(x)单调递减;当x∈(1,e]时,G′(x)>0,G(x)单调递增.
所以G(x)min=G(1)=-1,所以a≥-1.
故实数a的取值范围为[-1,+∞).
课时作业
1.函数y=sin x+x的零点个数为(　　)
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案】 B
【解析】 记y=f(x)=sin x+x,函数f(x)的定义域为R,f′(x)=1+cos x≥0,故函数f(x)在R上单调递增.又f(0)=0,所以函数y=sin x+x的零点个数为1.故选B.
2.已知函数f(x)=x3+x2+c有3个不同的零点,则c的取值范围是(　　)
A.(-2,0) B.(0,2)
C.(0,) D.(-,0)
【答案】 D
【解析】 由函数f(x)=x3+x2+c,可得f′(x)=x2+3x,令f′(x)=0,解得x=0或x=-3,令f′(x)>0,解得x>0或x<-3,令f′(x)<0,解得-33.已知函数f(x)=ln x-mx+1,若存在x∈(0,+∞),使f(x)≥0有解,则m的取值范围为(　　)
A.(-∞,1] B.(-∞,2]
C.[1,+∞) D.[2,+∞)
【答案】 A
【解析】 若存在x∈(0,+∞),使得f(x)≥0有解,即.设g(x)=,x>0,则g′(x)==-.令g′(x)=0,解得x=1,当x∈(0,1)时,g′(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,g′(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)max=g(1)=1.故m的取值范围为(-∞,1].故选A.
4.若关于x的不等式ex-x-a>0恒成立,则实数a的取值范围为(　　)
A.(e,+∞) B.(-∞,1)
C.[1,+∞) D.(-∞,0]
【答案】 B
【解析】 设f(x)=ex-x-a,则f(x)>0恒成立,所以f(x)min>0,因为f′(x)=ex-1,所以当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0,当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(0)=1-a>0,解得a<1,即实数a的取值范围为(-∞,1).故选B.
5.(多选)已知函数f(x)=x2-axln x,若 x∈(0,+∞),f(x)≥0,则a的取值可以是(　　)
A.-1 B. C.2e D.e
【答案】 BD
【解析】 f(x)=x2-axln x,因为f(x)≥0且函数定义域为(0,+∞),所以x2-axln x≥0,即x-aln x≥0,即aln x≤x.
①当x=1时,有0≤1恒成立,故a∈R;
②当x∈(0,1)时,ln x<0,所以a≥,令y=,则y′=,又x∈(0,1),所以y′<0,所以y=在(0,1)上单调递减,且y=<0,所以a≥0;
③当x∈(1,+∞)时,ln x>0,所以a≤,由y=,则y′=,又x∈(1,+∞),
令y′>0,得x>e;令y′<0,得1综上,a∈[0,e].故选BD.
6.已知曲线f(x)=-x3+3x2+9x+a与x轴只有一个交点,则实数a的取值范围为　　　　 　　.
【答案】 (-∞,-27)∪(5,+∞)
【解析】 f′(x)=-3x2+6x+9.令f′(x)=0,解得x=-1或x=3.
当f′(x)>0时,-13.
所以当x=-1时,f(x)取得极小值f(-1)=a-5;当x=3时,f(x)取得极大值f(3)=a+27.
画出大致图象,要使f(x)的图象与x轴只有一个交点,只需极大值小于0[如图(1)]或极小值大于0[如图(2)],
所以a+27<0或a-5>0,解得a<-27或a>5,故实数a的取值范围为(-∞,-27)∪(5,+∞).
7.若关于x的不等式x2-mx+3m-2≥0在区间[1,2]上有解,则实数m的取值范围是　　　　.
【答案】 [-2,+∞)
【解析】 因为x∈[1,2],所以不等式x2-mx+3m-2≥0,即m≥在区间[1,2]上有解.
设g(x)=,x∈[1,2],则g(x)==-(3-x)-+6,
令t=3-x,t∈[1,2],设h(t)=-(t+)+6,t∈[1,2],
h′(t)=-(1-)=>0,则h(t)在区间[1,2]上单调递增,故h(t)min=h(1)=-2,即g(x)min=g(2)=-2.
故要使m≥在区间[1,2]上有解,则m≥-2,即实数m的取值范围是[-2,+∞).
8.已知函数f(x)=aex-2x+1.若f(x)>0对任意x∈R成立,求实数a的取值范围.
【解】 f(x)>0对任意x∈R成立,即a>对任意x∈R恒成立,
设g(x)=,则a>g(x)max,g′(x)==,
令g′(x)=0,解得x=.当x>时,g′(x)<0;当x<时,g′(x)>0,
故函数g(x)在(-∞,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减,
所以g(x)max=g()==2,故实数a的取值范围为(2,+∞).
9.已知函数f(x)=ln x,g(x)=-1,其中a为常数.
(1)求f(x)的图象在x=e处的切线方程;
(2)若 x∈(0,+∞),使f(x)≤g(x)成立,求a的最小值.
【解】 (1)由f(x)=ln x,得f′(x)=,则f′(e)=,f(e)=1,
故所求切线方程为y-1=(x-e),即x-ey=0.
(2) x∈(0,+∞),使f(x)≤g(x)成立,即 x∈(0,+∞),使ln x≤-1成立,则a≥x(ln x+1)在(0,+∞)上有解,即a≥[x(ln x+1)]min.
令h(x)=x(ln x+1),x>0,h′(x)=ln x+2.令h′(x)>0,得x∈(,+∞);令h′(x)<0,得x∈(0,).故h(x)在(,+∞)上单调递增,在(0,)上单调递减,所以h(x)min=h()=-,则a≥-,故a的最小值为-.

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