第三章正文 课时5 答案

课时5利用导数研究不等式恒（能）成立考点扫描例1【解】由f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1得ex＋ax2－x≥eq\f(1,2)x3＋1，其中x≥0.①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a∈R.②当x>0时，分离参数a，得a≥－eq\f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，记g(x)＝－eq\f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，g′(x)＝－.令h(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x－1(x>0)，则h′(x)＝ex－x－1，令H(x)＝ex－x－1，H′(x)＝ex－1>0，故h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，因此h′(x)>h′(0)＝0，故函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以h(x)>h(0)＝0，即ex－eq\f(1,2)x2－x－1>0恒成立，故当x∈(0，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减.因此，g(x)max＝g(2)＝eq\f(7－e2,4)，综上，实数a的取值范围是.对点训练解(1)当a＝1时，f(x)＝x－ex，则f′(x)＝1－ex，当x<0时，f′(x)>0，当x>0时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以函数f(x)的极大值为f(0)＝－1，无极小值．(2)若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，则ax≤eq\f(lnx,x)(x>0)，即a≤eq\f(lnx,x2)(x>0)，则问题转化为a≤(x>0)，令h(x)＝eq\f(lnx,x2)，x>0，h′(x)＝eq\f(x－2xlnx,x4)＝eq\f(1－2lnx,x3)，当0<x<eq\r(e)时，h′(x)>0，当x>eq\r(e)时，h′(x)<0，所以函数h(x)在(0，eq\r(e))上单调递增，在(eq\r(e)，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h(eq\r(e))＝eq\f(1,2e)，所以a≤eq\f(1,2e).例2【解】（1）时，，其中，则，因为，当且仅当时等号成立，故，而成立，故即，所以的最小值为.（2）【证明】的定义域为，设为图象上任意一点，关于的对称点为，因为在图象上，故，而，，所以也在图象上，由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为.（3）【解】因为当且仅当，故为的一个解，所以即，先考虑时，恒成立.此时即为在上恒成立，设，则在上恒成立，设，则，当，，故恒成立，故在上为增函数，故即在上恒成立.当时，，故恒成立，故在上为增函数，故即在上恒成立.当，则当时，，故在上为减函数，故，不合题意，舍；综上，在上恒成立时.而当时，由上述过程可得在递增，故的解为，即的解为.综上，.对点训练【解】(1)当a＝1时，f(x)＝lnx＋x＋eq\f(2,x)，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝eq\f(1,x)＋1－eq\f(2,x2)＝，令f′(x)>0，得x>1，令f′(x)<0，得0<x<1，故函数f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)，故f(x)有极小值f(1)＝0＋1＋2＝3，无极大值．(2)若对∀x∈(，e)，f(x)<x＋2，即∀x∈(，e)，lnx＋eq\f(2,ax)－2<0，令g(x)＝lnx＋eq\f(2,ax)－2，则g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2,ax2)＝eq\f(ax－2,ax2)，①当a<0时，g′(x)＝eq\f(ax－2,ax2)>0，函数g(x)在(，e)上单调递增，则g(x)<g(e)＝lne＋eq\f(2,ae)－2＝－1＋eq\f(2,ae)<0，符合题意；②当a>0时，令g′(x)＝0，解得x＝eq\f(2,a)>0，则函数g(x)在上单调递减，在上单调递增，若g(x)<0在(，e)上恒成立，只需满足解得a≥eq\f(2e,3).综上所述，实数a的取值范围为(－∞，0)∪.例3【解】f′(x)＝(x＋1)(ex－a)，当x∈[0，2]时，ex∈[1，e2]，且f(2)＝2e2－4a，f(0)＝0，因为∀x1，x2∈[0，2]，恒有|f(x1)－f(x2)|≤a＋2e2，所以当x∈[0，2]时，f(x)max－f(x)min≤a＋2e2.当x∈[0，2]时，(ⅰ)若a≤1，则ex－a≥0，所以f′(x)≥0，f(x)在[0，2]上单调递增，所以f(x)max－f(x)min＝f(2)－f(0)＝2e2－4a≤a＋2e2，得0≤a≤1.(ⅱ)若a≥e2，则ex－a≤0，所以f′(x)≤0，f(x)在[0，2]上单调递减，所以f(x)max－f(x)min＝f(0)－f(2)＝4a－2e2≤a＋2e2，得e2≤a≤eq\f(4,3)e2.(ⅲ)若1<a<e2，由f′(x)＝(x＋1)(ex－a)>0，得lna<x≤2，所以f(x)在(lna，2]上单调递增；由f′(x)＝(x＋1)(ex－a)<0，得0≤x<lna，所以f(x)在[0，lna)上单调递减.所以f(x)min＝f(lna)＝－eq\f(1,2)a(lna)2，f(x)max＝max{f(2)，f(0)}，而f(2)－f(0)＝2e2－4a，①当1<a≤eq\f(e2,2)时，f(2)－f(0)≥0，则f(x)max－f(x)min＝f(2)－f(lna)＝2e2－4a＋eq\f(1,2)a(lna)2≤a＋2e2，解得0<a≤，又1<a≤eq\f(e2,2)，故此时1<a≤eq\f(e2,2).②当eq\f(e2,2)<a<e2时，f(2)－f(0)<0，则f(x)max－f(x)min＝f(0)－f(lna)＝eq\f(1,2)a(lna)2≤a＋2e2，令h(a)＝eq\f(1,2)a(lna)2－a－2e2，则h′(a)＝eq\f(1,2)(lna)2＋lna－1，因为lna∈(2－ln2，2)，所以h′(a)＝eq\f(1,2)(lna)2＋lna－1>0，即h(a)在区间上单调递增，又h(e2)＝－e2<0，所以eq\f(1,2)a(lna)2≤a＋2e2恒成立，此时eq\f(e2,2)<a<e2.综上，实数a的取值范围为.对点训练【解】(1)因为f(x)＝(x∈R)，所以f′(x)＝(x∈R)，因为a>0，所以令f′(x)>0，得0<x<3；令f′(x)<0，得x<0或x>3.所以f(x)的单调递增区间为(0,3)，单调递减区间为(－∞，0)和(3，＋∞)．(2)由(1)知，f(x)在[0,3)上单调递增，在(3,4]上单调递减，所以f(x)在[0,4]上的最大值是f(3)＝eq\f(5a,e3).又f(0)＝－a<0，f(4)＝11ae－4>0，所以f(0)<f(4)，所以f(x)在[0,4]上的最小值为f(0)＝－a.若∀