(共14张PPT)
课时作业讲评
教学环节二
(教师批阅作业后,据情选点讲评)
1
2
3
4
1.已知函数f(x)=mx2+(m-1)x-ln x(m∈R),g(x)=x2-+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
解: f'(x)=mx+m-1-=,x>0.当m≤0时,f'(x)<0恒成立,f(x)在(0,+∞)上单调递减;当m>0时,由f'(x)>0,解得x∈,即f(x)在上单调递增,由f'(x)<0,解得x∈,即f(x)在内单调递减.
综上,当m≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递减,当m>0时,f(x)在内单调递减,上单调递增.
1
2
3
4
(2)当m>0时,若对于任意的x1∈(0,+∞),总存在x2∈[1,+∞),使得f(x1)≥g(x2),求m的取值范围.
解: 当m>0时,由(1)知f(x)min=f=ln m+1-,g'(x)=2x+e-x>0,x≥1恒成立,所以g(x)在[1,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(1)=2-.
由题意知f(x)min≥g(x)min,即ln m+1-≥2-.设h(m)=ln m+1-,m>0,则h'(m)=+>0,所以h(m)为增函数.又h(e)=2-,所以m≥e,即m的取值范围是[e,+∞).
1
2
3
4
2.(2024·全国甲卷)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x.
(1)当a=-2时,求f(x)的极值;
解:当a=-2时,f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x,x∈(-1,+∞),f'(x)=2ln(1+x)+-1=2ln(1+x)-+1.
易知f'(x)在(-1,+∞)上单调递增,且f'(0)=0,
所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.
所以f(x)在(-1,0)内单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
所以当x=0时,f(x)取得极小值,为f(0)=0,f(x)无极大值.
1
2
3
4
(2)当x≥0时,f(x)≥0,求a的取值范围.
解: 由f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x,x∈(-1,+∞),得f'(x)=-aln(1+x)-.
设g(x)=-aln(1+x)-,则g'(x)=--.
因为当x≥0时,f(x)≥0,且f(0)=0,f'(0)=0,
所以g'(0)=-2a-1≥0,得a≤-,
故a≤-是原不等式成立的一个必要条件.
1
2
3
4
下面证明其充分性:
当a≤-,x≥0时,g'(x)≥-=≥0,
所以f'(x)在[0,+∞)上单调递增,且f'(x)≥f'(0)=0,所以f(x)在[0,+∞)上单调递增,且f(x)≥f(0)=0.
综上,a的取值范围是.
1
2
3
4
3.(2024·肇庆模拟)已知函数f(x)=ln x-m+(m∈R).
(1)求f(x)的极值;
解:f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-=.
当m≤0时,f'(x)>0恒成立,此时f(x)单调递增,f(x)无极值.
当m>0时,令f'(x)=0,得x=m.
故当x∈(0,m)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(m,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
此时f(x)在x=m处取到极小值ln m-m+1,无极大值.
1
2
3
4
(2)对任意x∈(0,1),不等式f(x)>-恒成立,求m的取值范围.
解: 法一:对任意0
-恒成立,即m>恒成立.
令g(x)=,x∈(0,1),则g'(x)=.令h(x)=x-ln x-1-,
x∈(0,1),则h'(x)=<0,即h(x)在区间(0,1)内单调递减.又h=0,所以当x∈时,h(x)>0,即g'(x)>0,此时g(x)单调递增;
1
2
3
4
当x∈时,h(x)<0,即g'(x)<0,此时g(x)单调递减,
所以g(x)max=g==.所以m>,即m的取值范围为.
法二:由(1)知f'(x)=,当m≤0时,f(x)在区间(0,1)内单调递增.因为f=-1-m+me=(e-1)m-1<-,所以m≤0不符合题意;当0-恒成立,即f(x)min=ln m-m+1>-,即ln m-m+1+>0.
1
2
3
4
令F(m)=ln m-m+1+,m∈(0,1),F'(m)=-1=>0,F(m)在区间(0,1)内单调递增.
又F=-1-+1+=0,所以当m≥1时,f'(x)=<0,f(x)在区间(0,1)内单调递减.所以f(x)>f(1)=0>-,符合题意;
综上,m的取值范围为.
1
2
3
4
4.(2024·六盘水三模)若函数f(x)在[a,b]上有定义,且对于任意不同的x1,x2∈[a,b],都有|f(x1)-f(x2)|(1)若f(x)=x2,判断f(x)是否为[1,2]上的“4类函数”;
解:函数f(x)=x2是[1,2]上的“4类函数”,理由如下:
不妨设x1,x2∈[1,2],所以2|f(x1)-f(x2)|=|-|=|(x1-x2)(x1+x2)|<4|x1-x2|,
所以f(x)=x2是[1,2]上的“4类函数”.
1
2
3
4
(2)若f(x)=ln x+(a+1)x+为[1,e]上的“2类函数”,求实数a的取值范围;
解: f(x)=ln x+(a+1)x+,f'(x)=-++a+1,
由题意知,对于任意不同的x1,x2∈[1,e]都有|f(x1)-f(x2)|<2|x1-x2|.
不妨设x1故f(x1)+2x1f(x2)-2x2,
所以f(x)+2x在[1,e]上单调递增,f(x)-2x在[1,e]上单调递减,
所以对任意的x∈[1,e],即-2≤f'(x)≤2,
1
2
3
4
由f'(x)≤2 a≤-+1,令g(x)=-+1,则a≤g(x)min,x∈[1,e],
令=t∈,得y=t2-t+1在上单调递增,则g(x)min= =1-.
由f'(x)≥-2 a≥--3,令h(x)=--3,只需a≥h(x)max,x∈[1,e],
令=t∈,得y=t2-t-3在上单调递增,所以h(x)max= y|t=1=-2-,
综上所述,实数a的取值范围为.
1
2
3
4
(3)若f(x)为[1,2]上的“2类函数”且f(1)=f(2),证明: x1,x2∈[1,2],
|f(x1)-f(x2)|<1.
解: 证明:因为f(x)为[1,2]上的“2类函数”,所以|f(x1)-f(x2)|<2|x1-x2|,
不妨设1≤x1当≤|x1-x2|<1时,因为f(1)=f(2),-12×=1.综上所述, x1,x2∈[1,2],|f(x1)-f(x2)|<1.(共21张PPT)
导数与不等式恒(能)成立问题
习题讲评（六）
题点考法讲评
教学环节一
(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
CONTENTS
目录
1
2
教学点(一) 利用导数研究不等
式恒成立问题
教学点(二) 利用导数研究不等
式能成立问题
利用导数研究不等式恒成立问题
教学点（一）
[典例] 已知函数f(x)=(x-a)ex-1+(a-2)x+1.
(1)当a>3时,求证:f(x)在区间(1,+∞)上有唯一的极值点;
解:证明:令g(x)=f'(x)=(x-a+1)ex-1+a-2,所以g'(x)=(x-a+2)ex-1,
当1a-2时,g'(x)>0,
所以g(x)在(1,a-2)内单调递减,(a-2,+∞)上单调递增.
又g(1)=0,g(a)=ea-1+a-2>0.
(融通点:函数零点存在定理的应用)
所以存在唯一实数x0∈(a-2,a),使得g(x0)=0,所以当x∈(1,x0)时,g(x)<0,即f'(x)<0.
当x∈(x0,+∞)时,g(x)>0,即f'(x)>0,所以f(x)在(1,x0)内单调递减,(x0,+∞)上单调递增,
所以f(x)在区间(1,+∞)上有唯一极小值点x0.得证.
(2)若对于任意的x∈[1,3],f(x)≤0恒成立,求实数a的取值范围.
解: 法一:分类讨论
由(1)知,g(x)在(-∞,a-2)上单调递减,(a-2,+∞)上单调递增,且g(1)=0.
(注意:区间含有参数,需应用分类讨论思想求解,不要遗漏分类点)
当a-2≤1,即a≤3时,f(x)在[1,3]内单调递增,
所以f(x)max=f(3)=(3-a)e2+3a-5≤0,解得a≥,故无解.
当a-2≥3,即a≥5时,f(x)在[1,3]内单调递减,
所以f(x)max=f(1)=0≤0恒成立,故a≥5.
当1综上所述,a≥,故实数a的取值范围为.
法二:参变分离
思维路径:将f(x)≤0转化为a≥对 x∈(1,3]恒成立,构造函数g(x)=,x∈(1,3],利用导数求得其最大值即可.
解:当x∈(1,3]时,由条件(x-a)ex-1+(a-2)x+1≤0对 x∈(1,3]恒成立,
所以a(ex-1-x)≥xex-1-2x+1,易知ex-1>x,所以a≥对 x∈(1,3]恒成立.
令g(x)=,x∈(1,3],所以g'(x)=,
令h(x)=e2x-2-(x2-2x+3)ex-1+1,所以h'(x)=2e2x-2-(x2+1)ex-1=ex-1(2ex-1-x2-1),
令φ(x)=2ex-1-x2-1,所以φ'(x)=2ex-1-2x=2(ex-1-x)>0,所以φ(x)在(1,3]上单调递增,
所以φ(x)>φ(1)=0,即h'(x)>0,所以h(x)在(1,3]上单调递增,
所以h(x)>h(1)=0,即g'(x)>0,所以g(x)在(1,3]上单调递增,
所以g(x)max=g(3)=,所以a≥.当x=1时,a·0≤0显然成立,
所以a∈R.综上所述,a≥,故实数a的取值范围为.
[思维建模]
1.不等式恒成立求参数的方法
函数法 讨论参数范围,借助函数单调性求解
分离参数法 先将参数分离,转化成求函数的值域或最值问题加以解决
数形结合法 先对解析式变形,进而构造两个函数,然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象,利用数形结合的方法求解
2.常用的转化方法
(1)a≥f(x)恒成立 a≥f(x)max.
(2)a≤f(x)恒成立 a≤f(x)min.
(2024·渭南二模)已知函数f(x)=xln x,g(x)=-x+.
(1)求函数g(x)的单调区间;
解:依题意,函数g(x)=2ln x-x+的定义域为(0,+∞),求导得g'(x)=-1-=-≤0,当且仅当x=1时取等号,即g(x)在(0,+∞)上单调递减,所以函数g(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间.
即时训练
(2)若当x>0时,mx2-ex≤mf(x)恒成立,求实数m的取值范围.
解:当x>0时,mx2-ex≤mf(x) mx2-ex≤mxln x m(x-ln x)≤=ex-ln x恒成立.
令h(x)=x-ln x,x>0,得h'(x)=1-,当01时,h'(x)>0,
即函数h(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)上单调递增,则当x>0时,h(x)≥h(1)=1.
令t=x-ln x,依题意, t∈[1,+∞),mt≤et m≤恒成立,令φ(t)=,t≥1,求导得φ'(t)=≥0,则函数φ(t)在[1,+∞)上单调递增.当t=1时,φ(t)min=φ(1)=e,因此m≤e,
所以实数m的取值范围为(-∞,e].
拓展提升:涉及不等式恒成立问题,将给定不等式等价转化,构造函数,利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.
利用导数研究不等式能成立问题
教学点（二）
[典例] (2024·张家界模拟)已知函数f(x)=ln x,g(x)=-1,其中a为常数.
(1)过原点作f(x)图象的切线l,求直线l的方程;
解:f'(x)=,设切点坐标为(t,ln t),则切线方程为y-ln t=(x-t),
因为切线经过原点O,所以-ln t=(-t),解得t=e,所以切线的斜率为,所以l的方程为x-ey=0.
(2)若 x∈(0,+∞),使f(x)≤g(x)成立,求a的最小值.
解: x∈(0,+∞),使f(x)≤g(x),即ln x≤-1成立,则得a≥x(ln x+1)在(0,+∞)有解,故有x∈(0,+∞)时,a≥[x(ln x+1)]min.
令h(x)=x(ln x+1),x>0,则h'(x)=ln x+2.
令h'(x)>0,得x∈.令h'(x)<0,得x∈,故h(x)在内单调递减,上单调递增,所以h(x)min=h=-,则a≥-,故a的最小值为-.
[思维建模] 不等式能成立的转化方法
(1)f(x)>0有解 f(x)max>0;f(x)<0有解 f(x)min<0.
(2)f(x)>a有解 f(x)max>a;f(x)(3)f(x)>g(x)有解 [f(x)-g(x)]max>0;f(x)已知f(x)=ax-ln x,a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性和极值;
解:f'(x)=a-=(x>0),当a≤0时,f'(x)<0恒成立,函数在区间(0,+∞)上单调递减,无极值;当a>0时,令 f'(x)=0,得x=,令f'(x)<0,得00,得x>,函数在区间上单调递增,当x=时,函数取得极小值f=1+ln a.
即时训练
即时训练
综上可知,当a≤0时,函数的单调递减区间是(0,+∞),无单调递增区间,无极值;当a>0时,函数的单调递增区间是,单调递减区间是,极小值是1+ln a,无极大值.
(2)若x∈(0,e]时,f(x)≤3有解,求a的取值范围.
解:由题意可知,ax-ln x≤3,x∈(0,e]时有解,则a≤+在x∈(0,e]时有解,即a≤,x∈(0,e].设g(x)=+,x∈(0,e],g'(x)=-+=,令g'(x)=0,得x=.当00,g(x)单调递增,当教学环节一 题点考法讲评(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
教学点(一) 利用导数研究不等式恒成立问题
[典例] 已知函数f(x)=(x-a)ex-1+(a-2)x+1.
(1)当a>3时,求证:f(x)在区间(1,+∞)上有唯一的极值点;
(2)若对于任意的x∈[1,3],f(x)≤0恒成立,求实数a的取值范围.
[思维建模]
1.不等式恒成立求参数的方法
函数法 讨论参数范围,借助函数单调性求解
分离 参数法 先将参数分离,转化成求函数的值域或最值问题加以解决
数形 结合法 先对解析式变形,进而构造两个函数,然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象,利用数形结合的方法求解
2.常用的转化方法
(1)a≥f(x)恒成立 a≥f(x)max.
(2)a≤f(x)恒成立 a≤f(x)min.
[训练] (2024·渭南二模)已知函数f(x)=xln x,g(x)=-x+.
(1)求函数g(x)的单调区间;
(2)若当x>0时,mx2-ex≤mf(x)恒成立,求实数m的取值范围.
教学点(二) 利用导数研究不等式能成立问题
[典例] (2024·张家界模拟)已知函数f(x)=ln x,g(x)=-1,其中a为常数.
(1)过原点作f(x)图象的切线l,求直线l的方程;
(2)若 x∈(0,+∞),使f(x)≤g(x)成立,求a的最小值.
[思维建模] 不等式能成立的转化方法
(1)f(x)>0有解 f(x)max>0;f(x)<0有解 f(x)min<0.
(2)f(x)>a有解 f(x)max>a;f(x)(3)f(x)>g(x)有解 [f(x)-g(x)]max>0;f(x)[训练] 已知f(x)=ax-ln x,a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性和极值;
(2)若x∈(0,e]时,f(x)≤3有解,求a的取值范围.
教学环节二 课时作业讲评(请在各题的答题框内答题,以便投屏展示,现场评点)
1.已知函数f(x)=mx2+(m-1)x-ln x(m∈R),g(x)=x2-+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当m>0时,若对于任意的x1∈(0,+∞),总存在x2∈[1,+∞),使得f(x1)≥g(x2),求m的取值范围.
发散拓展:双变量恒(能)成立问题的转化方法
(1) x1∈M, x2∈N,f(x1)≥g(x2) f(x)min≥g(x)min.
(2) x1∈M, x2∈N,f(x1)≥g(x2) f(x)min≥g(x)max.
(3) x1∈M, x2∈N,f(x1)≥g(x2) f(x)max≥g(x)min.
(4) x1∈M, x2∈N,f(x1)≥g(x2) f(x)max≥g(x)max.
2.(2024·全国甲卷)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x.
(1)当a=-2时,求f(x)的极值;
(2)当x≥0时,f(x)≥0,求a的取值范围.
3.(2024·肇庆模拟)已知函数f(x)=ln x-m+(m∈R).
(1)求f(x)的极值;
(2)对任意x∈(0,1),不等式f(x)>-恒成立,求m的取值范围.
发散拓展:
根据恒成立或有解求参数的取值时,一般涉及分离参数法,但压轴题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况,此时还要考虑利用分类讨论和放缩法求解.
4.(2024·六盘水三模)若函数f(x)在[a,b]上有定义,且对于任意不同的x1,x2∈[a,b],都有|f(x1)-f(x2)|(1)若f(x)=x2,判断f(x)是否为[1,2]上的“4类函数”;
(2)若f(x)=ln x+(a+1)x+为[1,e]上的“2类函数”,求实数a的取值范围;
(3)若f(x)为[1,2]上的“2类函数”且f(1)=f(2),证明: x1,x2∈[1,2],|f(x1)-f(x2)|<1.
习题讲评(六) 导数与不等式恒(能)成立问题
教学环节一 题点考法讲评
教学点(一) 利用导数研究不等式恒成立问题
[典例] 解:(1)证明:令g(x)=f'(x)=(x-a+1)ex-1+a-2,所以g'(x)=(x-a+2)ex-1,
当1a-2时,g'(x)>0,
所以g(x)在(1,a-2)内单调递减,(a-2,+∞)上单调递增.
又g(1)=0,g(a)=ea-1+a-2>0.
(融通点:函数零点存在定理的应用)
所以存在唯一实数x0∈(a-2,a),使得g(x0)=0,所以当x∈(1,x0)时,g(x)<0,即f'(x)<0.
当x∈(x0,+∞)时,g(x)>0,即f'(x)>0,所以f(x)在(1,x0)内单调递减,(x0,+∞)上单调递增,
所以f(x)在区间(1,+∞)上有唯一极小值点x0.得证.
(2)法一:分类讨论
解:由(1)知,g(x)在(-∞,a-2)上单调递减,(a-2,+∞)上单调递增,且g(1)=0.
(注意:区间含有参数,需应用分类讨论思想求解,不要遗漏分类点)
当a-2≤1,即a≤3时,f(x)在[1,3]内单调递增,
所以f(x)max=f(3)=(3-a)e2+3a-5≤0,解得a≥,故无解.
当a-2≥3,即a≥5时,f(x)在[1,3]内单调递减,
所以f(x)max=f(1)=0≤0恒成立,故a≥5.
当1综上所述,a≥,
故实数a的取值范围为.
法二:参变分离
思维路径:将f(x)≤0转化为a≥对 x∈(1,3]恒成立,构造函数g(x)=,x∈(1,3],利用导数求得其最大值即可.
解:当x∈(1,3]时,由条件(x-a)ex-1+(a-2)x+1≤0对 x∈(1,3]恒成立,
所以a(ex-1-x)≥xex-1-2x+1,易知ex-1>x,
所以a≥对 x∈(1,3]恒成立.
令g(x)=,x∈(1,3],
所以g'(x)=,
令h(x)=e2x-2-(x2-2x+3)ex-1+1,
所以h'(x)=2e2x-2-(x2+1)ex-1=ex-1(2ex-1-x2-1),
令φ(x)=2ex-1-x2-1,所以φ'(x)=2ex-1-2x=2(ex-1-x)>0,所以φ(x)在(1,3]上单调递增,
所以φ(x)>φ(1)=0,即h'(x)>0,
所以h(x)在(1,3]上单调递增,
所以h(x)>h(1)=0,即g'(x)>0,
所以g(x)在(1,3]上单调递增,
所以g(x)max=g(3)=,所以a≥.
当x=1时,a·0≤0显然成立,
所以a∈R.综上所述,a≥,
故实数a的取值范围为.
[训练] 解:(1)依题意,函数g(x)=2ln x-x+的定义域为(0,+∞),求导得g'(x)=-1-=-≤0,当且仅当x=1时取等号,即g(x)在(0,+∞)上单调递减,所以函数g(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间.
(2)当x>0时,mx2-ex≤mf(x) mx2-ex≤mxln x m(x-ln x)≤=ex-ln x恒成立.
令h(x)=x-ln x,x>0,得h'(x)=1-,当01时,h'(x)>0,
即函数h(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)上单调递增,则当x>0时,h(x)≥h(1)=1.
令t=x-ln x,依题意, t∈[1,+∞),mt≤et m≤恒成立,令φ(t)=,t≥1,求导得φ'(t)=≥0,则函数φ(t)在[1,+∞)上单调递增.当t=1时,φ(t)min=φ(1)=e,因此m≤e,
所以实数m的取值范围为(-∞,e].
教学点(二) 利用导数研究不等式能成立问题
[典例] 解:(1)f'(x)=,设切点坐标为(t,ln t),则切线方程为y-ln t=(x-t),
因为切线经过原点O,所以-ln t=(-t),解得t=e,所以切线的斜率为,所以l的方程为x-ey=0.
(2) x∈(0,+∞),使f(x)≤g(x),即ln x≤-1成立,则得a≥x(ln x+1)在(0,+∞)有解,
故有x∈(0,+∞)时,a≥[x(ln x+1)]min.
令h(x)=x(ln x+1),x>0,则h'(x)=ln x+2.
令h'(x)>0,得x∈.令h'(x)<0,得x∈,故h(x)在内单调递减,上单调递增,所以h(x)min=h=-,则a≥-,故a的最小值为-.
[训练] 解:(1)f'(x)=a-=(x>0),当a≤0时,f'(x)<0恒成立,函数在区间(0,+∞)上单调递减,无极值;当a>0时,令 f'(x)=0,得x=,令f'(x)<0,得00,得x>,函数在区间上单调递增,当x=时,函数取得极小值f=1+ln a.综上可知,当a≤0时,函数的单调递减区间是(0,+∞),无单调递增区间,无极值;当a>0时,函数的单调递增区间是,单调递减区间是,极小值是1+ln a,无极大值.
(2)由题意可知,ax-ln x≤3,x∈(0,e]时有解,则a≤+在x∈(0,e]时有解,即a≤,x∈(0,e].设g(x)=+,x∈(0,e],g'(x)=-+=,令g'(x)=0,得x=.当00,g(x)单调递增,当教学环节二 课时作业讲评
1.解:(1)f'(x)=mx+m-1-=,x>0.
当m≤0时,f'(x)<0恒成立,f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当m>0时,由f'(x)>0,解得x∈,即f(x)在上单调递增,由f'(x)<0,解得x∈,即f(x)在内单调递减.
综上,当m≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递减,当m>0时,f(x)在内单调递减,上单调递增.
(2)当m>0时,由(1)知f(x)min=f=ln m+1-,g'(x)=2x+e-x>0,x≥1恒成立,所以g(x)在[1,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(1)=2-.
由题意知f(x)min≥g(x)min,即ln m+1-≥2-.设h(m)=ln m+1-,m>0,则h'(m)=+>0,所以h(m)为增函数.又h(e)=2-,所以m≥e,即m的取值范围是[e,+∞).
2.解:(1)当a=-2时,f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x,x∈(-1,+∞),f'(x)=2ln(1+x)+-1=2ln(1+x)-+1.
易知f'(x)在(-1,+∞)上单调递增,且f'(0)=0,
所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,
当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.
所以f(x)在(-1,0)内单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
所以当x=0时,f(x)取得极小值,为f(0)=0,f(x)无极大值.
(2)由f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x,x∈(-1,+∞),
得f'(x)=-aln(1+x)-.
设g(x)=-aln(1+x)-,
则g'(x)=--.
因为当x≥0时,f(x)≥0,且f(0)=0,f'(0)=0,
所以g'(0)=-2a-1≥0,得a≤-,
故a≤-是原不等式成立的一个必要条件.
下面证明其充分性:
当a≤-,x≥0时,g'(x)≥-=≥0,
所以f'(x)在[0,+∞)上单调递增,且f'(x)≥f'(0)=0,
所以f(x)在[0,+∞)上单调递增,且f(x)≥f(0)=0.
综上,a的取值范围是.
3.解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-=.
当m≤0时,f'(x)>0恒成立,此时f(x)单调递增,f(x)无极值.
当m>0时,令f'(x)=0,得x=m.
故当x∈(0,m)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(m,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
此时f(x)在x=m处取到极小值ln m-m+1,无极大值.
(2)法一:对任意0-恒成立,即m>恒成立.
令g(x)=,x∈(0,1),则g'(x)=.
令h(x)=x-ln x-1-,x∈(0,1),则h'(x)=<0,即h(x)在区间(0,1)内单调递减.又h=0,所以当x∈时,h(x)>0,即g'(x)>0,此时g(x)单调递增;当x∈时,h(x)<0,即g'(x)<0,此时g(x)单调递减,所以g(x)max=g==.所以m>,即m的取值范围为.
法二:由(1)知f'(x)=,当m≤0时,f(x)在区间(0,1)内单调递增.因为f=-1-m+me=(e-1)m-1<-,所以m≤0不符合题意;当0对任意0-恒成立,即f(x)min=ln m-m+1>-,即ln m-m+1+>0.
令F(m)=ln m-m+1+,m∈(0,1),F'(m)=-1=>0,F(m)在区间(0,1)内单调递增.
又F=-1-+1+=0,所以当m≥1时,f'(x)=<0,f(x)在区间(0,1)内单调递减.所以f(x)>f(1)=0>-,符合题意;
综上,m的取值范围为.
4.解:(1)函数f(x)=x2是[1,2]上的“4类函数”,理由如下:
不妨设x1,x2∈[1,2],所以2|f(x1)-f(x2)|=|-|=|(x1-x2)(x1+x2)|<4|x1-x2|①,
所以f(x)=x2是[1,2]上的“4类函数”.
(2)f(x)=ln x+(a+1)x+,f'(x)=-++a+1,
由题意知,对于任意不同的x1,x2∈[1,e]都有|f(x1)-f(x2)|<2|x1-x2|.
不妨设x1f(x2)-2x2,所以f(x)+2x在[1,e]上单调递增,f(x)-2x在[1,e]上单调递减,所以对任意的x∈[1,e],即-2≤f'(x)≤2②,
由f'(x)≤2 a≤-+1,令g(x)=-+1,
则a≤g(x)min,x∈[1,e]③,
令=t∈,得y=t2-t+1在上单调递增,则g(x)min= y|t==1-.
由f'(x)≥-2 a≥--3,令h(x)=--3,只需a≥h(x)max,x∈[1,e],
令=t∈,得y=t2-t-3在上单调递增,所以h(x)max= y|t=1=-2-,
综上所述,实数a的取值范围为.
(3)证明:因为f(x)为[1,2]上的“2类函数”,所以|f(x1)-f(x2)|<2|x1-x2|,
不妨设1≤x1当≤|x1-x2|<1时,因为f(1)=f(2),-1所以|f(x1)-f(x2)|=|f(x1)-f(1)+f(2)-f(x2)|≤|f(x1)-f(1)|+|f(2)-f(x2)|<2(x1-1)+2(2-x2)=2(x1-x2+1)≤2×=1④.
综上所述, x1,x2∈[1,2],|f(x1)-f(x2)|<1⑤.
关键点拨:
①处,作差及利用不等式的性质证明;
②处,将其转化为导函数在给定区间上的范围问题;
③处,分离参数,化为求对应函数的最值问题;
④处,用放缩法证明|f(x1)-f(x2)|≤1;
⑤处,取两种情况的交集.
