当x>ln 2时,f′(x)>0,f(x)在(ln 2,+∞)上单调递增. 所以当x=ln 2时,f(x)取得极小值,且极小值为f(ln 2)=e
ln 2
-2ln 2=2-ln 4,
f(x)无极大值.
(2)证明:令g(x)=e-x,则g′(x)=e-2x. 由(1),得g′(x)=f(x)≥f(ln 2)=2-ln 4>0, 故g(x)在R上单调递增. 又g(0)=1>0,
所以当x>0时,g(x)>g(0)>0,即x 3.(20162南京四校联考)已知函数f(x)=m(x-1)e+x(m∈R). (1)若m=-1,求函数f(x)的单调区间; (2)若对任意的x<0,不等式x+(m+2)x>f′(x)恒成立,求m的取值范围. 解:(1)当m=-1时,f(x)=(1-x)e+x, 则f′(x)=x(2-e), 由f′(x)>0得,0<x<ln 2, 由f′(x)<0得x<0或x>ln 2, 故函数f(x)的单调递增区间为(0,ln 2),单调递减区间为(-∞,0),(ln 2,+∞). xx2 2 2 x2xxx2 ?x2?2 (2)依题意,f′(x)=mx?e+?<x+(m+2)x,x<0, ? m? 因为x<0,所以me-x-m>0, 令h(x)=me-x-m,则h′(x)=me-1, 当m≤1时,h′(x)≤e-1<0, 则h(x)在(-∞,0)上单调递减, 所以h(x)>h(0)=0,符合题意; 当m>1时,h(x)在(-∞,-ln m)上单调递减,在(-ln m,0)上单调递增, 所以h(x)min=h(-ln m)<h(0)=0,不合题意. 综上所述,m的取值范围为(-∞,1]. 角度三:存在型不等式成立问题 4.已知a为实数,函数f(x)=aln x+x-4x. (1)是否存在实数a,使得f(x)在x=1处取得极值?证明你的结论; 2 xxxx?1?使得f(x)≤g(x)成立,求实数a的取值范围. (2)设g(x)=(a-2)x,若?x0∈?,e?, 00 ?e? 2 a2x-4x+a解:(1)函数f(x)定义域为(0,+∞),f(x)=+2x-4=. xx假设存在实数a,使f(x)在x=1处取极值,则f(1)=0, 41 2?x-1? ∴a=2,此时,f′(x)=,当x>0时,f′(x)≥0恒成立, 2 x∴f(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴x=1不是f(x)的极值点. 故不存在实数a,使得f(x)在x=1处取得极值. (2)由f(x0)≤g(x0),得(x0-ln x0)a≥x0-2x0, 记F(x)=x-ln x(x>0),∴F′(x)= 2 x-1 (x>0), x∴当0 x2x2-2x0-2x0?1?∴a≥,记G(x)=,x∈?,e?, x0-ln x0x-ln x?e? ?2x-2??x-ln x?-?x-2??x-1?∴G′(x)== 2?x-ln x??x-1??x-2ln x+2? . 2 ?x-ln x? ?1?∵x∈?,e?,∴2-2ln x=2(1-ln x)≥0, ?e? ∴x-2ln x+2>0, ?1?∴x∈?,1?时,G′(x)<0,G(x)单调递减; ?e? x∈(1,e)时,G′(x)>0,G(x)单调递增, ∴G(x)min=G(1)=-1,∴a≥G(x)min=-1. 故实数a的取值范围为[-1,+∞). [方法归纳] 导数在不等式问题中的应用问题2大解题策略 (1)利用导数证明不等式 若证明f(x)<g(x),x∈(a,b),可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),如果F′(x)<0,则F(x)在(a,b)上是减函数,同时若F(a)≤0,由减函数的定义可知,x∈(a,b)时,有F(x)<0,即证明了f(x)<g(x). (2)利用导数解决不等式的恒成立问题 利用导数研究不等式恒成立问题,首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题. 42 一保高考,全练题型做到高考达标 1.定义在实数集上的函数f(x)=x2 +x,g(x)=13x3-2x+m. (1)求函数f(x)的图象在x=1处的切线方程; (2)若f(x)≥g(x)对任意的x∈[-4,4]恒成立,求实数m的取值范围. 解:(1)∵f(x)=x2 +x,∴当x=1时,f(1)=2, ∵f′(x)=2x+1,∴f′(1)=3, ∴所求切线方程为y-2=3(x-1),即3x-y-1=0. (2)令h(x)=g(x)-f(x)=132 3x-x-3x+m, 则h′(x)=(x-3)(x+1). ∴当-4<x<-1时,h′(x)>0; 当-1<x<3时,h′(x)<0; 当3<x<4时,h′(x)>0. 要使f(x)≥g(x)恒成立,即h(x)max≤0, 由上知h(x)的最大值在x=-1或x=4处取得, 而h(-1)=m+520 3,h(4)=m-3, 所以m+53≤0,即m≤-5 3, ∴实数m的取值范围为??5?-∞,-3???. 2.已知函数f(x)= ax-ae x(a<0). (1)当a=-1时,求函数f(x)的极值; (2)若函数F(x)=f(x)+1没有零点,求实数a的取值范围. 解:(1)当a=-1时,f(x)=-x+1ex,f′(x)=x-2 ex.由f′(x)=0,得x=2. 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x (-∞,2) 2 (2,+∞) f′(x) - 0 + f(x) 极小值 所以,函数f(x)的极小值为f(2)=-1e 2,函数f(x)无极大值. 43 (2)F′(x)=f′(x)=aex-?ax-a?ex-a?x-2? e 2x=e x. 当a<0时,F′(x),F(x)的变化情况如下表: x F′(x) F(x) (-∞,2) - 2 0 极小值 (2,+∞) + 2 2 若使函数F(x)没有零点,当且仅当F(2)=2+1>0,解得a>-e,所以此时-e<ae<0. 故实数a的取值范围为(-e0). 3.某商场的销售部经过市场调查发现,该商场的某种商品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元/千克)满足关系式y= +10(x-6),其中3 x-3 2, aa2 知销售价格为5元/千克时,每日可售出该商品11千克. (1)求a的值; (2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使该商场每日销售该商品所获得的利润最大. 解:(1)因为x=5时,y=11, 所以+10=11,解得a=2. 2(2)由(1),可知y= 22 +10(x-6). x-3 a设该商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)元, 则f(x)=(x-3)? ?2+10?x-6?2?=2+10(x-3)(x-6)2,3 ? ?x-3? 2 所以f′(x)=10[(x-6)+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)(x-6). 令f′(x)=0,得x=4或6(舍去). 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (3,4) + 4 0 极大值 (4,6) - 由上表,可知当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值为42. 故当销售价格为4元/千克时,该商场每日销售该商品所获得的利润最大. a2 4.(20162扬州调研)已知函数f(x)=-ax+(a-1)x和g(x)=x+. 3x2 2 x3 (1)求证:不论实数a取何值,f(x)总有两个极值点; 44