资源描述
第19讲 导数与不等式问题1(2019启东中学检测)已知函数f(x)1,g(x)xln x.(1)证明:g(x)1.(2)证明:(xln x)f(x)1.证明:(1)g(x),当0x1时,g(x)1时,g(x)0,即g(x)在(0,1)上为减函数,在(1,)上为增函数所以g(x)g(1)1,得证(2)f(x)1,f(x),所以当0x2时,f(x)2时,f(x)0,即f(x)在(0,2)上为减函数,在(2,)上为增函数,所以f(x)f(2)1,又由(1)知xln x1,且等号不同时取得所以(xln x)f(x)1.2设函数f(x),g(x)a(x21)ln x(aR,e为自然对数的底数)(1)证明:当x1时,f(x)0;(2)讨论g(x)的单调性;(3)若不等式f(x)1时,s(x)0,所以s(x)在(1,)上单调递增,又s(1)0,所以s(x)0,从而当x1时,f(x)0.(2)g(x)2ax(x0),当a0时,g(x)0时,由g(x)0得x.当x时,g(x)0,g(x)单调递增综上,当a0时,g(x)在(0,)上单调递减;当a0时,g(x)在上单调递减,在上单调递增(3)由(1)知,当x1时,f(x)0.当a0,x1时,g(x)a(x21)ln x0,故当f(x)0.当0a1时,g(x)在上单调递减,g0,所以此时f(x)1时,h(x)2axe1xx0,因此,h(x)在区间(1,)上单调递增,又h(1)0,所以当x1时,h(x)g(x)f(x)0,即f(x)0时,f(x)q(x)恒成立解:(1)函数f(x)的定义域为(0,),f(x)exln x,所以f(1)0,f(1)e,故曲线yf(x)在点(1,f(1)处的切线方程为ye(x1)(2)证明:当x0时,f(x)q(x)恒成立,等价于当x0时,xln x恒成立设函数g(x)xln x,则g(x)1ln x,所以当x时,g(x)0.故g(x)在上单调递减,在上单调递增,从而g(x)在(0,)上的最小值为g.设函数h(x),则h(x),所以当x(0,1)时,h(x)0;当x(1,)时,h(x)0时,g(x)h(x),所以当x0时,f(x)q(x)恒成立4已知函数f(x)xln xex1.(1)求曲线yf(x)在点(1,f(1)处的切线方程;(2)证明:f(x)sin x在(0,)上恒成立解:(1)依题意得f(x)ln x1ex,又f(1)1e,f(1)1e,故所求切线方程为y1e(1e)(x1),即y(1e)x.(2)证明:依题意,要证f(x)sin x,即证xln xex1sin x,即证xln xexsin x1.当00,xln x0,故xln xexsin x1,即f(x)1时,令g(x)exsin x1xln x,故g(x)excos xln x1.令h(x)g(x)excos xln x1,则h(x)exsin x,当x1时,exe11,所以h(x)exsin x0,故h(x)在(1,)上单调递增故h(x)h(1)ecos 110,即g(x)0,所以g(x)在(1,)上单调递增,所以g(x)g(1)esin 110,即xln xexsin x1,即f(x)sin x.综上所述,f(x)0)(1)若函数f(x)在(1,)上是减函数,求实数a的最小值;(2)若x1,x2e,e2,使f(x1)f(x2)a成立,求实数a的取值范围解:(1)因为f(x)在(1,)上为减函数,所以f(x)a0在(1,)上恒成立所以当x(1,)时,f(x)max0.又f(x)a2a,故当,即xe2时,f(x)maxa,所以a0,故a,所以a的最小值为.(2)“若x1,x2e,e2,使f(x1)f(x2)a成立”等价于当xe,e2时,有f(x)minf(x)maxa,当xe,e2时,有f(x)maxa,问题等价于:“当xe,e2时,有f(x)min”当a时,f(x)在e,e2上为减函数,则f(x)minf(e2)ae2,故a.当0a时,由于f(x)2a在e,e2上为增函数,故f(x)的值域为f(e),f(e2),即.由f(x)的单调性和值域知,存在唯一x0(e,e2),使f(x0)0,且满足:当x(e,x0)时,f(x)0,f(x)为增函数所以f(x)minf(x0)ax0,x0(e,e2),所以a,与0a矛盾,不合题意综上,实数a的取值范围为.- 5 -
展开阅读全文