第5讲 利用导数研究不等式的恒成立问题
4?1??x∈[2，
1．已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝2x＋a，若?x1∈?，1?，3]，使得f(x1)≥g(x2)，2
x?2?则实数a的取值范围是( )
A．a≤1 C．a≤2
B．a≥1 D．a≥2
??1??解析：选A.由题意知f(x)min?x∈?，1??≥g(x)min(x∈[2，3])，因为f(x)min＝5，g(x)min
??2??
＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1，故选A.
3?ax?2．(2019·吉林白山联考)设函数f(x)＝e?x＋－3?－，若不等式f(x)≤0有正实数解，
?
x?xx2
则实数a的最小值为________．
解析：原问题等价于存在x∈(0，＋∞)，使得a≥e(x－3x＋3)，令g(x)＝e(x－3x＋3)，x∈(0，＋∞)，则a≥g(x)min，而g′(x)＝e(x－x)．由g′(x)>0可得x∈(1，＋∞)，由g′(x)<0可得x∈(0，1)．据此可知，函数g(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为g(1)＝e.综上可得，实数a的最小值为e.
答案：e
3．(2019·武汉市调研测试)已知函数f(x)＝(x－1)ln x＋ax(a∈R)． (1)在a＝0时，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)a＝0时，f(x)＝(x－1)ln x，
x2
x2
f′(x)＝ln x＋(x－1)·＝ln x－＋1，设g(x)＝ln x－＋1，
xxx则g′(x)＝
111
x＋1
>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，而g(1)＝0， x2所以x∈(0，1)时，g(x)<0，即f′(x)<0，
x∈(1，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0，
所以f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)． (2)由(x－1)ln x＋ax>0，得－ax<(x－1)ln x，而x>0， （x－1）ln xln x所以－a<＝ln x－.
xx·x－ln xln x1xln x＋x－1
记h(x)＝ln x－，则h′(x)＝－＝， 22
1
xxxx - 1 -
设m(x)＝ln x＋x－1(x>0)，
显然m(x)在(0，＋∞)上单调递增，而m(1)＝0， 所以x∈(0，1)时，m(x)<0，h′(x)<0，h(x)单调递减，
x∈(1，＋∞)时，m(x)>0，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)min＝h(1)＝0.
所以－a<0，所以a>0，即实数a的取值范围是(0，＋∞)． ln xx4．已知函数f(x)＝ax－e(a∈R)，g(x)＝.
x(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)?x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－e成立，求a的取值范围． 解：(1)因为f′(x)＝a－e，x∈R.
当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在R上单调递减； 当a＞0时，令f′(x)＝0得x＝ln a.
由f′(x)＞0得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)； 由f′(x)＜0得f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞)． (2)因为?x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－e， ln xln x则ax≤，即a≤2. xxxxxln xln x设h(x)＝2，则问题转化为a≤(2)max，
xx1－2ln x由h′(x)＝， 3x令h′(x)＝0，则x＝e.
当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
x h′(x) h(x) (0，e) ＋ 单调递增 e 0 1极大值 2e(e，＋∞) － 单调递减 11由上表可知，当x＝e时，函数h(x)有极大值，即最大值为.所以a≤.
2e2e
5．(2019·河南郑州质检)已知函数f(x)＝ln x－a(x＋1)，a∈R，在(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求f(x)的单调区间；
1
(2)若存在x0>1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)－＋2x＋>k(x－1)成立，求k的取值范
22
- 2 -
x2
围．
1
解：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f′(x)＝－a，所以f′(1)＝1－ax11－x＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝－1＝，令f′(x)>0得0
xx以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
1x1x(2)不等式f(x)－＋2x＋>k(x－1)可化为ln x－＋x－>k(x－1)．令g(x)＝ln x－
22222
2
x2
22
11－x＋（1－k）x＋12
＋x－－k(x－1)(x>1)，则g′(x)＝－x＋1－k＝，令h(x)＝－x＋(1
2xx1－k－k)x＋1，x>1，h(x)的对称轴为x＝.
2
1－k①当≤1时，即k≥－1，易知h(x)在(1，x0)上单调递减，所以h(x) 2若k≥1，则h(x)≤0，所以g′(x)≤0，所以g(x)在(1，x0)上单调递减，所以g(x) 1－k②当>1时，即k<－1，易知必存在x0，使得h(x)在(1，x0)上单调递增．所以h(x)>h(1) 2＝1－k>0，所以g′(x)>0，所以g(x)在(1，x0)上单调递增．所以g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意． 综上，k的取值范围是(－∞，1)． 12 6．(2019·重庆六校联考)已知函数f(x)＝x－ax＋(a－1)ln x. 2(1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，x1>x2，恒有f(x1)－f(x2)>x2－x1，求实数a的取值范围． a－1x2－ax＋a－11 解：(1)f′(x)＝x－a＋＝＝(x－1)[x－(a－1)]， xxx①若a>2，由f′(x)>0，得0 ②若a＝2，则f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ③若1 ④若a≤1，由f′(x)>0，得x>1，由f′(x)<0，得0 综上，若a>2，则f(x)在(0，1)，(a－1，＋∞)上单调递增，在(1，a－1)上单调递减； - 3 -