0.
故不等式(x-1)f(x)≥0恒成立.
当a>2时,f′(x)=,
设p(x)=xln x+(1-a)x+1,
则p′(x)=ln x+2-a.
令p′(x)=ln x+2-a=0,得x=ea-2>1.
当x∈(1,ea-2)时,p′(x)<0,p(x)单调递减,
则p(x)-1),g′(x)=ex-1,
依题意,f′(0)=g′(0),解得a=1,
所以f′(x)=1-=.
当-10时,f′(x)>0.
故f(x)的单调递减区间为(-1,0),单调递增区间为(0,+∞).
(2)由(1)知,当x=0时,f(x)取得最小值0,
所以f(x)≥0,即x≥ln(x+1),从而ex≥x+1.
设F(x)=g(x)-kf(x)=ex+kln(x+1)-(k+1)x-1,
则F′(x)=ex+-(k+1)≥x+1+-(k+1),
①当k=1时,因为x≥0,所以F′(x)≥x+1+-2≥0(当且仅当x=0时等号成立),
此时F(x)在[0,+∞)上单调递增,从而F(x)≥F(0)=0,即g(x)≥kf(x).
②当k<1时,因为f(x)≥0,所以f(x)≥kf(x).
由①知g(x)-f(x)≥0,所以g(x)≥f(x)≥kf(x),
故g(x)≥kf(x).
③当k>1时,令h(x)=ex+-(k+1),
则h′(x)=ex-,
显然h′(x)在[0,+∞)上单调递增,
又h′(0)=1-k<0,h′(-1)=e-1-1>0,
所以h′(x)在(0,-1)上存在唯一零点x0,
当x∈(0,x0)时,h′(x)<0,所以h(x)在 [0,x0)上单调递减,
从而h(x)0,b∈R)有极值,且导函数f′(x)的极值点是f(x)的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)
(1)求b关于a的函数关系式,并写出定义域;
(2)证明:b2>3a;
(3)若f(x),f′(x)这两个函数的所有极值之和不小于-,求a的取值范围.
解:(1)由f(x)=x3+ax2+bx+1,
得f′(x)=3x2+2ax+b=32+b-.
当x=-时,f′(x)有极小值b-.
因为f′(x)的极值点是f(x)的零点,
所以f=-+-+1=0,
又a>0,故b=+.
因为f(x)有极值,故f′(x)=0有实根,
从而b-=(27-a3)≤0,即a≥3.
当a=3时,f′(x)>0(x≠-1),
故f(x)在R上是增函数,f(x)没有极值;
当a>3时,f′(x)=0有两个相异的实根
x1=,x2=.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,x1)
x1
(x1,x2)
x2
(x2,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
极大值
极小值
故f(x)的极值点是x1,x2.从而a>3.
因此b=+,定义域为(3,+∞).
(2)证明:由(1)知,=+ .
设g(t)=+,则g′(t)=-=.
当t∈时,g′(t)>0,
从而g(t)在上单调递增.
因为a>3,所以a>3,
故g(a)>g(3)=,即 >.
因此b2>3a.
(3)由(1)知,f(x)的极值点是x1,x2,且x1+x2=-a,x+x=.
从而f(x1)+f(x2)=x+ax+bx1+1+x+ax+bx2+1=(3x+2ax1+b)+(3x+2ax2+b)+a(x+x)+b(x1+x2)+2
=-+2=0.
记f(x),f′(x)所有极值之和为h(a),
因为f′(x)的极值为b-=-a2+,
所以h(a)=-a2+,a>3.
因为h′(a)=-a-<0,
于是h(a)在(3,+∞)上单调递减.
因为h(6)=-,于是h(a)≥h(6),故a≤6.
因此a的取值范围为(3,6].
利用导数研究探索性问题
[例3] (2017·苏北四市期末)已知函数f(x)=-ax,g(x)=ln x-ax,a∈R.
(1)解关于x(x∈R)的不等式f(x)≤0;
(2)证明:f(x)≥g(x);
(3)是否存在常数a,b,使得f(x)≥ax+b≥g(x)对任意的x>0恒成立?若存在,求出a,b的值;若不存在,请说明理由.
[解] (1)当a=0时,f(x)=,
所以f(x)≤0的解集为{0};
当a≠0时,f(x)=x,
若a>0,则f(x)≤0的解集为[0,2ea];
若a<0,则f(x)≤0的解集为[2ea,0].
综上所述,当a=0时,f(x)≤0的解集为{0};
当a>0时,f(x)≤0的解集为[0,2ea];
当a<0时,f(x)≤0的解集为[2ea,0].
(2)证明:设h(x)=f(x)-g(x)=-ln x(x>0),
则h′(x)=-=.
令h′(x)=0,得x=,当x变化时,h′(x),h(x)的变化情况如下表:
x
(0,)
(,+∞)
h′(x)
-
0
+
h(x)
极小值
所以函数h(x)的最小值为h()=0,
所以h(x)=-ln x≥0,即f(x)≥g(x).
(3)假设存在常数a,b使得f(x)≥ax+b≥g(x)对任意的x>0恒成立,
即≥2ax+b≥ln x对任意的x>0恒成立.
而当x=时,ln x==,
所以≤2a+b≤,
所以2a+b=,则b=-2a,
所以-2ax-b=-2ax+2a-≥0(*)恒成立,
①当a≤0时,则2a-<0,所以(*)式在(0,+∞)上不恒成立;
②当a>0时,则4a2-≤0,
即2≤0,
所以a=,则b=-.
令φ(x)=ln x-x+,则φ′(x)=.
由φ′(x)=0,得x=,
当00,φ(x)在(0,)上单调递增;
当x>时,φ′(x)<0,φ(x)在(,+∞)上单调递减.
所以φ(x)的最大值φ()=0.
所以ln x-x+≤0恒成立.所以存在a=,b=-符合题意.
[方法归纳]
探索性问题,先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确则存在,若结论不正确则不存在.
(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论;
(2)当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件;
(3)当条件和结论都不知,按常规方法解题很难时,要思维开放,采用另外的途径.
[变式训练]
(2017·南通调研)设函数f(x)=xex-asin xcos x(a∈R,其中e是自然对数的底数).
(1)当a=0时,求f(x)的极值;
(2)若对于任意的x∈,f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;
(3)是否存在实数a,使得函数f(x)在区间上有两个零点?若存在,求出a的取值范围;若不存在,请说明理由.
解:(1)当a=0时,f(x)=xex,f′(x)=ex(x+1),
令f′(x)=0,得x=-1.
所以f′(x)与f(x)随x的变化情况如下表:
x
(-∞,-1)
-1
(-1,+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
极小值
所以函数f(x)的极小值为f(-1)=-,无极大值.
(2)①当a≤0时,由于对于任意的x∈,有sin xcos x≥0,
所以f(x)≥0恒成立,即当a≤0时,符合题意;
②当0<a≤1时,因为f′(x)=ex(x+1)-acos 2x≥e0(0+1)-acos 0=1-a≥0,
所以函数f(x)在上为增函数,
所以f(x)≥f(0)=0,即当0<a≤1时,符合题意;
③当a>1时,f′(0)=1-a<0,
f′=e>0,
所以存在α∈,使得f′(α)=0,且在(0,α)内,f′(x)<0,
所以f(x)在(0,α)上为减函数,
所以f(x)<f(0)=0,
即当a>1时,不符合题意.
综上所述,实数a的取值范围是(-∞,1].
(3)不存在实数a,使得函数f(x)在区间上有两个零点.理由如下:
由(2)知,当a≤1时,f(x)在上是增函数,且f(0)=0,
故函数f(x)在区间上无零点.
当a>1时,f′(x)=ex(x+1)-acos 2x.
令g(x)=ex(x+1)-acos 2x,
则g′(x)=ex(x+2)+2asin 2x,
当x∈时,恒有g′(x)>0,
所以g(x)在0,上是增函数.
由于g(0)=1-a<0,g=e+a>0,
故g(x)在上存在唯一的零点x0,
即方程f′(x)=0在上存在唯一解x0.
且当x∈(0,x0)时,f′ (x)<0,当x∈时,
f′(x)>0,即函数f(x)在(0,x0)上单调递减,在上单调递增.
当x∈(0,x0)时,f(x)<f(0)=0,即f(x)在(0,x0)上无零点;
当x∈时,由于f(x0)<f(0)=0,
f=e>0,
所以f(x)在上有唯一的零点.
所以当a>1时,f(x)在上有一个零点.
综上所述,不存在实数a,使得函数f(x)在区间上有两个零点.
新定义函数问题
[例4] (2016·浙江高考)已知a≥3,函数F(x)=min{2|x-1|,x2-2ax+4a-2},其中min{p,q}=
(1)求使得等式F(x)=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范围.
(2)①求F(x)的最小值m(a);
②求F(x)在区间[0,6]上的最大值M(a).
[解] (1)由于a≥3,故当x≤1时,
x2-2ax+4a-2-2|x-1|=x2+2(a-1)(2-x)>0;
当x>1时,
x2-2ax+4a-2-2|x-1|=(x-2)(x-2a).
所以使得等式F(x)=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范围为[2,2a].
(2)①设函数f(x)=2|x-1|,g(x)=x2-2ax+4a-2,
则f(x)min=f(1)=0,g(x)min=g(a)=-a2+4a-2,
所以由F(x)的定义知m(a)=min{f(1),g(a)},
即m(a)=
②当0≤x≤2时,F(x)=f(x),
此时M(a)=max{f(0),f(2)}=2.
当2≤x≤6时,F(x)=g(x),
此时M(a)=max{g(2),g(6)}=max{2,34-8a},
当a≥4时,34-8a≤2;
当3≤a<4时,34-8a>2,
∴M(a)=
[方法归纳]
对于定义的新函数,通过仔细阅读,分析定义以及新函数所满足的条件,围绕定义与条件来确定解题的方向,然后准确作答.解答这类问题的关键在于阅读理解时,要准确把握新定义、新信息,并把它纳入已有的知识体系之中,用原来的知识和方法来解决新情景下的问题.本题考查新定义函数问题可看成是由两个已知函数构造而成,然后利用分类讨论思想解决.
[变式训练]
若在公共定义域D上,f1(x)<f(x)<f2(x),则称函数f(x)为函数f1(x),f2(x)的“D函数”.
(1)已知函数f1(x)=x2+2x+4ln x,f2(x)=x2+2x+2,求证:在区间(0,+∞)上,f1(x),f2(x)有“D函数”;
(2)已知a∈R,函数f(x)=ax2+ln x,f1(x)=(a-1)x2+ax+(1-a2)ln x,f2(x)=x2+2ax.若在区间(1,+∞)上,f(x)为f1(x),f2(x)的“D函数”,求a的取值范围.
解:(1)证明:设K(x)=f2(x)-f1(x)=x2-4ln x+2,下证K(x)min>0.
K′(x)=x-=.
故K′(x)与K(x)随x的变化情况如下表:
x
(0,2)
2
(2,+∞)
K′(x)
-
0
+
K(x)
4-4ln 2
∵4-4ln 2>4-4ln e=0,∴K(x)≥4-4ln 2>0.
设R(x)=f1(x)+λ(4-4ln 2),0<λ<1,
则f1(x)<R(x)<f2(x).
∴在区间(0,+∞)上,f1(x),f2(x)有“D函数”.
(2)设H(x)=f1(x)-f(x)=-x2+ax-a2ln x,
则在(1,+∞)上,H(x)<0.
∵H′(x)=-2x-+a==-,
∴在(1,+∞)上,H′(x)<0,H(x)是减函数,
∴H(x)<H(1)≤0,∴a≤1.
设P(x)=f(x)-f2(x)=x2-2ax+ln x,则在(1,+∞)上,P(x)<0.
若a>,则>1,
∴P=ln>0,矛盾.
若a≤,∵P′(x)=(2a-1)x+-2a=,
∴在(1,+∞)上,P′(x)<0,P(x)是减函数,
∴P(x)<P(1)≤0.
∴a≥-,∴-≤a≤.
故所求a的取值范围为.
[课时达标训练]
1.已知函数f(x)=aex+x2-bx(a,b∈R).
(1)设a=-1,若函数f(x)在R上是单调递减函数,求b的取值范围;
(2)设b=0,若函数f(x)在R上有且只有一个零点,求a的取值范围.
解:(1)当a=-1时,f(x)=-ex+x2-bx,
∴f′(x)=-ex+2x-b,
由题意知,f′(x)=-ex+2x-b≤0对x∈R恒成立.
由-ex+2x-b≤0,得b≥-ex+2x.
令F(x)=-ex+2x,则F′(x)=-ex+2,
由F′(x)=0,得x=ln 2.
当x<ln 2时,F′(x)>0,F(x)单调递增,当x>ln 2时,F′(x)<0,F(x)单调递减,
从而当x=ln 2时,F(x)取得最大值2ln 2-2,
∴b≥2ln 2-2,故b的取值范围为[2ln 2-2,+∞).
(2)当b=0时,f(x)=aex+x2.
由题意知aex+x2=0只有一个解.
由aex+x2=0,得-a=,
令G(x)=,则G′(x)=,
由G′(x)=0,得x=0或x=2.
当x≤0时,G′(x)≤0,G(x)单调递减,故G(x)的取值范围为[0,+∞);
当0<x<2时,G′(x)>0,G(x)单调递增,故G(x)的取值范围为;
当x≥2时,G′(x)≤0,G(x)单调递减,故G(x)的取值范围为.
由题意得,-a=0或-a>,从而a=0或a<-,
故若函数f(x)在R上只有一个零点,则a的取值范围为∪{0}.
2.已知函数f(x)=(1+b)x+-aln x(a>0)在x=2a处取得极值.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)设函数g(x)=x2-2cx+4-ln 2,当a=1时,若对任意的x1,x2∈[1,e]都有
f(x1)≥g(x2),求实数c的取值范围.
解:(1)由f(x)=(1+b)x+-aln x,a>0,x>0,
得f′(x)=1+b--.
又f(x)在x=2a处取得极值,
所以f′(2a)=1+b--=b=0,
所以f(x)=x+-aln x,
f′(x)=1--==,
又a>0,且函数f(x)的定义域为(0,+∞),
所以由f′(x)>0,得x>2a;
由f′(x)<0,得0<x<2a,
即函数f(x)的单调递增区间是(2a,+∞),单调递减区间为(0,2a).
(2)当a=1时,f(x)=x+-ln x,x∈(0,+∞),
由(1)知x∈[1,e]时,f(x)在[1,2]上单调递减,在(2,e]上单调递增,所以f(x)min=f(2)=3-ln 2.
对任意的x1,x2∈[1,e]都有f(x1)≥g(x2),
即f(x)min≥g(x),x∈[1,e]恒成立.
即3-ln 2≥x2-2cx+4-ln 2,x∈[1,e]恒成立,
即2c≥x+,x∈[1,e]恒成立,
令h(x)=x+,则h′(x)=1-≥0,x∈[1,e],
即h(x)=x+在[1,e]上单调递增,
故h(x)max=e+,所以c≥.
故实数c的取值范围为.
3.(2017·南京、盐城一模)设函数f(x)=ln x,g(x)=ax+-3(a∈R).
(1)当a=2时,解关于x的方程g(ex)=0(其中e为自然对数的底数);
(2)求函数φ(x)=f(x)+g(x)的单调增区间;
(3)当a=1时,记h(x)=f(x)·g(x),是否存在整数λ,使得关于x的不等式2λ≥h(x)有解?若存在,请求出λ的最小值;若不存在,请说明理由.
(参考数据:ln 2≈0.693 1,ln 3≈1.098 6)
解:(1)当a=2时,方程g(ex)=0,即为2ex+-3=0,去分母,得
2(ex)2-3ex+1=0,解得ex=1或ex=,
故所求方程的根为x=0或x=-ln 2.
(2)因为φ(x)=f(x)+g(x)=ln x+ax+-3(x>0),
所以φ′(x)=+a-==(x>0),
①当a=0时,由φ′(x)>0,解得x>0;
②当a>1时,由φ′(x)>0,解得x>;
③当00,解得x>0;
④当a=1时,由φ′(x)>0,解得x>0;
⑤当a<0时,由φ′(x)>0,解得01时,φ(x)的单调增区间为.
(3)存在满足题意的λ.
法一:当a=1时,g(x)=x-3,
所以h(x)=(x-3)ln x,
所以h′(x)=ln x+1-在(0,+∞)上单调递增.
因为h′=ln+1-2<0,
h′(2)=ln 2+1->0,
所以存在唯一x0∈,使得h′(x0)=0,
即ln x0+1-=0,
当x∈(0,x0)时,h′(x)<0,
当x∈(x0,+∞)时,h′(x)>0,
所以h(x)min=h(x0)=(x0-3)ln x0=(x0-3)·=-=6-,
记函数r(x)=6-,
则r(x)在上单调递增,
所以r2λ恒成立,
即证(x-3)ln x>-2恒成立.
显然当x∈(0,1]∪[3,+∞)时,不等式恒成立,
只需证明当x∈(1,3)时,(x-3)ln x>-2恒成立.
即证明ln x+<0.
令m(x)=ln x+,
所以m′(x)=-=,
由m′(x)=0,得x=4-,
当x∈(1,4-)时,m′(x)>0;
当x∈(4-,3)时,m′(x)<0;
所以m(x)max=m(4-)=ln(4-)-2λ恒成立.
综上所述,存在整数λ满足题意,且λ的最小值为0.
4.已知函数f(x)=ax2ln x+bx+1.
(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x-2y+1=0,求f(x)的单调区间;
(2)若a=2,且关于x的方程f(x)=1在上恰有两个不等的实根,求实数b的取值范围;
(3)若a=2,b=-1,当x≥1时,关于x的不等式f(x)≥t(x-1)2恒成立,求实数t的取值范围.(其中e是自然对数的底数,e=2.718 28…)
解:(1)f′(x)=axln x+ax+b,
由题意知f′(1)=a+b=,且f(1)=b+1=1.
∴a=1,b=0,此时f′(x)=xln x+x(x>0),
由f′(x)=xln x+x>0,得x>e-,
由f′(x)=xln x+x<0,得0时,
h′(x)=2xln x+x-1-2t(x-1),
令φ(x)=2xln x+x-1-2t(x-1),
则φ′(x)=2ln x+3-2t,
令φ′(x)=2ln x+3-2t=0,得x=e>1,
当1≤x2时,F(x)=2x+2单调递增,
所以F(x)的单调递减区间是.
(2)x3-x-a(x+1)=(x+1)(x2-x-a),
当-1≤x≤1时,x+1≥0,
因为a≥2,故x2-x-a≤0,
所以x3-x-a(x+1)≤0,
即F(x)=x3-x,
所以F(x)max=max
=max=.
6.(2017·南通二调)已知函数f(x)=,g(x)=ln x,其中e为自然对数的底数.
(1)求函数y=f(x)g(x)在x=1处的切线方程;
(2)若存在x1,x2(x1≠x2),使得g(x1)-g(x2)=λ[f(x2)-f(x1)]成立,其中λ为常数,求证:λ>e;
(3)若对任意的x∈(0,1],不等式f(x)g(x)≤a(x-1)恒成立,求实数a的取值范围.
解:(1)因为y=f(x)g(x)=,
所以y′==,
故y′=.
所以函数y=f(x)g(x)在x=1处的切线方程为y=(x-1),
即x-ey-1=0.
(2)证明:由已知等式g(x1)-g(x2)=λ[f(x2)-f(x1)],得g(x1)+λf(x1)=g(x2)+λf(x2).
记p(x)=g(x)+λf(x)=ln x+,
则p′(x)=(x>0).
假设λ≤e.
①若λ≤0,则p′(x)>0,所以p(x)在(0,+∞)上为单调增函数.
又p(x1)=p(x2),所以x1=x2,与x1≠x2矛盾.
②若0<λ≤e,记r(x)=ex-λx,则r′(x)=ex-λ.
令r′(x)=0,解得x0=ln λ.
当x>x0时,r′(x)>0,r(x)在(x0,+∞)上为单调增函数;
当0e.
(3)由f(x)g(x)≤a(x-1),得ln x-aex(x-1)≤0.
记F(x)=ln x-aex(x-1),00,
所以F′(x)≥0,
所以F(x)在(0,1]上为单调增函数,
所以F(x)≤F(1)=0,
故原不等式恒成立.
②法一:当a>时,由(2)知ex≥ex,F′(x)≤-aex2=,
当(ae)F(1)=0,不合题意.
所以实数a的取值范围为.
法二:当a>时,一方面F′(1)=1-ae<0.
另一方面,∃x1=<1,F′(x1)≥-aex1=x1=x1ae(ae-1)>0.
所以∃x0∈(x1,1),使F′(x0)=0.
又F′(x)在(0,+∞)上为单调减函数,
所以当x0F(1)=0,不合题意.
所以实数a的取值范围为.