利用导数解决不等式恒成立问题

【例题】已知函数​\( f(x)=\ln{x}-a(x-1)e^{x},a\in\mathbf{ R} \)​,若不等式​\( f(x)\leqslant0 \)​对任意​\( x>0 \)​恒成立,求​\( a \)​的取值范围.

【解析】首先利用导数判断函数单调性,然后求出最值再转化.

\( f'(x)=\dfrac{1}{x}-axe^x \)​(​\( x>0 \)​)

(1)(特殊情况)当​\( a\leqslant0 \)​时,由于​\( \dfrac{1}{x}>0,xe^x>0 \)​,故​\( f'(x)>0 \)

从而​\( f(x) \)​在​\( (0,+\infty) \)​上单调递增,注意到​\( f(1)=0 \)

故当​\( x>1 \)​时,​\( f(x)>f(1)=0 \)​,不满足题意;

(2)(一般情况)当​\( a<0 \)​时,在​\( (0,+\infty) \)​上单调递减,​​\( f'(x)=\dfrac{1}{x}(1-ax^2e^x) \)

令​\( g(x)=1-ax^2e^x(x>0) \)​,则​\( g(x) \)​在​\( (0,+\infty) \)​上单调递减,

由于​\( g(0)=1>0,g(\dfrac{1}{\sqrt{a}})=1-e^{\frac{1}{\sqrt{a}}}<0 \)​,故在​\( (0,+\infty) \)​上,​\( g(x) \)​存在唯一零点​\( x_0 \)​,且​\( 0<x_0<\dfrac{1}{\sqrt{a}} \)

当​\( 0<x​<x_0\)时,​\( g(x)>0 \)​,​\( f'(x)>0 \)​,​\( f(x) \)​单调递增;

\( x​>x_0\)时,​\( g(x)<0 \)​,​\( f'(x)<0 \)​,​\( f(x) \)​单调递增.

故​\( f(x)_{max}=f(x_0)=lnx_0-a(x_0-1)e^{x_0} \)

由​\( g'(x_0)=0 \)​得​\( ae^{x_0}=\dfrac{1}{x_0^2} \)​,故​\( f(x_0)=lnx_0-\dfrac{x_0-1}{x_0^2} \)

令​\( h(x)=lnx-\dfrac{x-1}{x^2} \)​,则​\( h'(x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{x^2-(x-1)2x}{x^4}=\dfrac{x^2+x-2}{x^3}=\dfrac{(x-1)(x+2)}{x^3} \)

当​\( 0<x<1 \)​时,​\( h'(x)<0 \)​,​\( h(x) \)​单调递减;

\( x>1 \)​时,​\( h'(x)>0 \)​,​\( h(x) \)​单调递增.

\( \therefore h(x)\geqslant h(1)=0 \)​(当且仅当​\( x=1 \)​时,等号成立)

而​\( f(x_0)=h(x_0)\leqslant0 \)​,故​\( x_0=1 \)​,从而​\( a=\dfrac{1}{e} \)

综上所述,​\( a \)​的取值范围是​\( \{\dfrac{1}{e}\} \)

【点评】导数讨论的题目注意是否有特殊情况,找特殊情况的原理是:“正数加正数为正数,负数加负数为负数,正数减负数为正数,负数减正数为负数”。本题中,​\( f'(x) \)​在0处无意义,但提取​\( \dfrac{1}{x} \)​后,​\( g(x) \)​在0处就有意义了.

原创文章,作者:leopold,如若转载,请注明出处:https://www.math211.com/2021/02/10/63/

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