导数的不等式恒成立问题

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1、导数的应用【考查重点与常见题型】题型一　运用导数证明不等式问题例1　设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.(1)解　由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln2，于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)单调递减2(1－ln2＋a)单调递增故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2]，单调递增区间是[ln2，＋∞)，f(x)在x＝ln2处取得极小值

2、，极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)．(2)证明　设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>ln2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R上是增加的．于是当a>ln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.已知f(x)＝xlnx.(1)求g(x)＝(k∈R)的单调区间；(2)证明：当x

3、≥1时，2x－e≤f(x)恒成立．解：(1)g(x)＝lnx＋，∴令g′(x)＝＝0得x＝k.∵x>0，∴当k≤0时，g′(x)>0.∴函数g(x)的增区间为(0，＋∞)，无减区间；当k>0时g′(x)>0得x>k；g′(x)<0得0

4、若a>0，试判断f(x)在定义域内的单调性；(2)若f(x)在[1，e]上的最小值为，求a的值；(3)若f(x)0，∴f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上是增加的．(2)由(1)可知，f′(x)＝.①若a≥－1，则x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上是增加的，∴f(x)min＝f(1)＝－a＝，∴a＝－(舍去)．②若a≤－e，则x＋a≤0，即f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上是减少的，∴f(x)

5、min＝f(e)＝1－＝，∴a＝－(舍去)．③若－e0，∴f(x)在(－a，e)上是增加的，∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，∴a＝－.综上所述，a＝－.(3)∵f(x)0，∴a>xlnx－x3.6令g(x)＝xlnx－x3，h(x)＝g′(x)＝1＋lnx－3x2，h′(x)＝－6x＝.∵x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，∴h(x)在(1，＋∞)上是减少的．∴h(x)

6、)<0，∴g(x)在(1，＋∞)上也是减少的．g(x)

7、，曲线y＝f(x)过P(1,0)，且在P点处的切线斜率为2.(1)求a，b的值；(2)证明：f(x)≤2x－2.(1)解　f′(x)＝1＋2ax＋.[1分]由已知条件得即解得[4分](2)证明　因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，由(1)知f(x)＝x－x2＋3lnx.设g(x)＝f(x)－(2x－2)＝2－x－x2＋3lnx，则g′(x)＝－1－2x＋＝－.[8分]当00，当x>1时，g′(x)<0.6所以