5.3.2(2) 导数与函数的最值
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[ 【基础过关系列】高二数学同步精品讲义与分层练习(人教A版2019）]
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选择性第二册同步巩固，难度2颗星！
基础知识
函数\(y=f(x)\)在\([a，b]\)上的最大值与最小值的步骤
(1)求函数\(y=f(x)\)在\((a ，b)\)内的极值；
(2)将函数\(y=f(x)\)的各极值与端点处的函数值\(f(a)\)，\(f(b)\)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
解释
(1) 极大值不一定是最大值，极小值不一定是最小值.
(2) 一般地，如果在区间\([a，b]\)上函数\(y=f(x)\)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.
【例】 如下图，可知函数\(y=f(x)\)在区间\([a，b]\)上的极大值为\(f(x_1 )\)，\(f(x_3 )\)；极小值为\(f(x_2 )\)，\(f(x_4 )\)；最大值为\(f(b)\)，最小值为\(f(x_4 )\).
基本方法
【题型1】 求函数的最值
【典题1】 设\(a∈R\)，函数\(f(x)=x^3-x^2-x+a\)．
(1)求\(f(x)\)的极值；\(\qquad \qquad\) (2)若\(x∈[-1，2]\)，求函数\(f(x)\)的值域．
解析 (1) \(f'(x)=3x^2-2x-1\)，若\(f'(x)=0\)，则\(x=-\dfrac{1}{3}\)，\(1\)．
当\(x\)变化时，\(f'(x)\)，\(f(x)\)变化情况如下表：
| \(x\) | \(\left(-\infty，-\dfrac{1}{3}\right)\) |
\(-\dfrac{1}{3}\) | \(\left(-\dfrac{1}{3}， 1\right)\) |
\(1\) | \((1，+∞)\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \(f'(x)\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) |
| \(f(x)\) | \(\uparrow\) | 极大值 | \(\downarrow\) | 极小值 | \(\uparrow\) |
所以\(f(x)\)的极大值是\(f\left(-\dfrac{1}{3}\right)=\dfrac{5}{27}+a\)，极小值是\(f(1)=a-1\)．
(2)因为\(x∈\left[-1，2\right]\)，由(1)知， \(f\left(-\dfrac{1}{3}\right)=\dfrac{5}{27}+a\)，
\(f(1)=a-1\)，\(f(-1)=a-1\)，\(f(2)=a+2\)．
则\(f(x)\)的值域为\(\left[a-1，a+2\right]\)．
点拨 函数\(y=f(x)\)在\(\left[a，b\right]\)上的最大值与最小值的步骤
(1)求函数\(y=f(x)\)在\((a ，b)\)内的极值；
(2)将函数\(y=f(x)\)的各极值与端点处的函数值\(f(a)\)，\(f(b)\)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
【典题2】 已知函数\(f(x)=e^x (x-a-1)\)．
(1)当\(a=0\)时，求曲线\(y=f(x)\)在\((0，f(0))\)处的切线方程；
(2)求\(f(x)\)的单调性；
(3)求函数\(f(x)\)在\(\left[0，1\right]\)上的最小值．
解析 (1)当\(a=0\)时，\(f(x)=e^x (x-1)\)，\(f'(x)=e^x (x-1)+e^x=xe^x\)，
切线的斜率为\(k=f'(0)=0\)，
又\(f(0)=-1\)，
所以切线方程为\(y-f(0)=k(x-0)\)，即\(y=-1\)．
(2) \(f'(x)=e^x (x-a-1)+e^x=e^x (x-a)\)，
当\(x⩾a\)时，\(f'(x)⩾0\)，\(f(x)\)单调递增，
当\(x<a\)时，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)单调递减，
所以\(f(x)\)的单调递增区间为\((a，+∞)\)，单调递减区间为\((-∞，a)\)．
(3)当\(a⩾1\)时，\(f(x)\)在\((0，1)\)上单调递减，
所以\(f(x)_{\min }=f(1)=e a\)，
当\(a⩽0\)时，\(f(x)\)在 上单调递增，
所以\(f(x)_{\min }=f(0)=-a-1\)，
当\(0<a<1\)时，\(f(x)\)在\((0，a)\)上单调递减，在\((a，+∞)\)上单调递增，
所以 \(f(x)_{\min }=f(a)=e^a(a-a-1)=-e^a\)，
综上所述， \(f(x)_{\min }=\left\{\begin{array}{l}
-a-1， a \leqslant 0 \\
-e^a， 0<a<1 \\
-a e， a \geqslant 1
\end{array}\right.\)．
【巩固练习】
1.函数\(y=\dfrac{x}{2}+\cos x， x \in\left[0， \dfrac{\pi}{2}\right]\)的最大值为 ( )
A．\(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{\pi}{12}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C． \(\dfrac{\pi}{6}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
2.已知函数\(f(x)=e^x (2x^2-3x)\)．则函数\(f(x)\)在区间\(\left[0，2\right]\)上的最大值为\(\underline{\quad \quad}\)．
3.已知函数\(f(x)=x-\dfrac{a}{e^x}\)．
(1)当\(a=-1\)时，求函数\(f(x)\)的单调区间；
(2)若函数\(f(x)\)在\(\left[0，1\right]\)上的最小值为\(\dfrac{3}{2}\)，求实数\(a\)的值．
参考答案
-
答案 \(B\)
解析 \(f'(x)=\dfrac{1}{2}-\sin x\)，
令\(f'(x)=0\)，得\(x=\dfrac{\pi}{6}\)，
当\(0≤x<\dfrac{\pi}{6}\)时，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)单调递增，
当\(\dfrac{\pi}{6}<x≤\dfrac{\pi}{2}\)时，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)单调递减，
所以当\(x=\dfrac{\pi}{6}\)时，\(f(x)\)取得极大值，也是最大值，
即\(f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{\pi}{12}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，
故选：\(B\)． -
答案 \(2e^2\)
解析 \(f(x)=e^x (2x^2-3x)\)，
\(f'(x)=e^x (2x^2+x-3)=e^x (2x+3)(x-1)\)，\(x∈[0，2]\)，
所以\(f'(x)\)和\(f(x)\)在区间\(\left[0，2\right]\)上随\(x\)变化的情况如下：
| \(x\) | \(0\) | \((0，1)\) |
\(1\) | \((1，2)\) |
\(2\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \(f'(x)\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) | ||
| \(f(x)\) | \(0\) | \(\downarrow\) | \(-e\) | \(\uparrow\) | \(2e^2\) |
所以\(f(x)\)在\([0，2]\)单调递减区间为\([0，1)\)，单调递增区间为\((1，2]\)，
可知：当\(x=2\)时，\(f(x)\)取得最大值\(2e^2\)，
故答案为\(2e^2\)．
- 答案 (1) \(f(x)\)在\((-∞，0)\)递减，在\((0，+∞)\)递增；(2) \(a=-\sqrt{e}\).
解析 (1)\(f(x)\)的定义域是\(R\)，且 \(f^{\prime}(x)=1+\dfrac{a}{e^x}=\dfrac{e^x+a}{e^x}\)，
\(a=-1\)时， \(f^{\prime}(x)=\dfrac{e^x-1}{e^x}\)，
由\(f'(x)>0\)，得\(x∈(0，+∞)\)，由\(f'(x)<0\)，得\(x∈(-∞，0)\)，
\(\therefore f(x)\)在\((-∞，0)\)递减，在\((0，+∞)\)递增；
(2)由(1)得 \(f^{\prime}(x)=\dfrac{e^x+a}{e^x}\)，
①若\(a≥-1\)，则\(e^x+a≥0\)，即\(f'(x)≥0\)在\(\left[0，1\right]\)上恒成立，
\(f(x)\)在\(\left[0，1\right]\)上是增函数，
\(\therefore f(x)_{\min }=f(0)=-a=\dfrac{3}{2}\)，\(\therefore a=-\dfrac{3}{2}\)(舍)；
②若\(a≤-e\)，则\(e^x+a≤0\)，即\(f'(x)≤0\)在\((0，1 ]\)恒成立，
\(f(x)\)在\(\left[0，1\right]\)递减， \(\therefore f(x)_{\min }=f(1)=1-\dfrac{a}{e}=\dfrac{3}{2}\)， \(\therefore a=-\dfrac{e}{2}\)(舍)；
③若\(-e<a<-1\)，当\(0<x<\ln (-a)\)时，\(f'(x)<0\)，
\(\therefore f(x)\)在\((0，\ln (-a))\)递减，
当\(\ln (-a)<x<1\)时，\(f'(x)>0\)，
\(\therefore f(x)\)在\((\ln (-a)，1)\)递增；
\(\therefore f(x)_{min}=f(\ln (-a))=\ln (-a)+1=\dfrac{3}{2}\)，
\(\therefore a=-\sqrt{e}\)，
综上所述：\(a=-\sqrt{e}\)．
【题型2】 证明不等式
【典题1】 证明：不等式\(\ln x≤x-1\).
证明 设\(f(x)=\ln x-x+1\)，
\(\therefore\)函数定义域是\((0，+∞)\)， \(f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}-1=\dfrac{1-x}{x}\)，
令\(f'(x)=0\)，得\(x=1\)，
当\(x>1\)时，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)单调递减；
当\(x<1\)时，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)单调递增；
所以\(f(x)\)在\(x=1\)处取到最大值\(f(1)=0\)，
即\(f(x)=\ln x-x+1≤0\)，所以\(\ln x≤x-1\).
点拨 构造函数证明不等式恒成立.
【典题2】 已知函数\(f(x)=\dfrac{\ln x}{x}\)．
(1)求函数\(f(x)\)的单调区间；
(2)已知\(a\)、\(b∈R\)，\(a>b>e\)， (其中\(e\)是自然对数的底数)， 求证: \(b^a>a^b\)．
解析 (1)\(f(x)=\dfrac{\ln x}{x}\)， \(\therefore f^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}\)
当\(x>e\)时， \(f'(x)<0\)，\(\therefore\)函数\(f(x)\)在\((e，+∞)\)上是单调递减．
当\(0<x<e\)时， \(f'(x)>0\)，\(\therefore\)函数\(f(x)\)在\((0，e)\)上是单调递增．
\(\therefore f(x)\)的增区间是\((0，e)\)，减区间是\((e，+∞)\)．
(2)证明: \(\because b^a>0\)，\(a^b>0\)，
要证: \(b^a>a^b\)，
只要证: \(a\ln b>b\ln a\)，
只要证\(\dfrac{\ln b}{b}>\dfrac{\ln a}{a}\).\((\because a>b>e)\)，
由(1)得函数\(f(x)\)在\((e，+∞)\)上是单调递减．
当\(a>b>e\)时，有\(f(b)>f(a)\)即 \(\dfrac{\ln b}{b}>\dfrac{\ln a}{a}\)．
\(\therefore b^a>a^b\).
点拨 类似\(b^a>a^b\)这样的指数式不等式，可两边去对数，化为对数式 \(\dfrac{\ln b}{b}>\dfrac{\ln a}{a}\)，可构造函数 \(f(x)=\dfrac{\ln x}{x}\).
【巩固练习】
1.证明：不等式\(e^x-x-1≥0\)成立.
2.证明 \(\sin x>\dfrac{2 x}{\pi}\)， \(x \in\left(0， \dfrac{\pi}{2}\right)\).
3.已知函数\(f(x)=xe^ax-e^x\)．
(1)当\(a=\dfrac{1}{2}\)时，判断\(f(x)\)在\([0，+∞)\)的单调性；
(2)设\(n∈N^*\)，证明：\(\dfrac{1}{\sqrt{1^2+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{2^2+2}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{n^2+n}}>\ln (n+1)\).
参考答案
-
证明 设\(f(x)=e^x-x-1\)，\(\therefore f'(x)=e^x-1\)，
令\(f'(x)=0\)，得\(x=0\)，
当\(x>0\)时，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)单调递增；
当\(x<0\)时，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)单调递减；
所以\(f(x)\)在\(x=0\)处取到最小值\(f(0)=0\)，
即\(f(x)=e^x-x-1≥0\). -
证明 令 \(f(x)=\dfrac{\sin x}{x}\)，\(x \in\left(0， \dfrac{\pi}{2}\right)\)，
则 \(f^{\prime}(x)=\dfrac{x \cdot \cos x-\sin x}{x^2}\)，
令\(g(x)=x\cdot \cos x-\sin x\)，
则\(g'(x)=\cos x-x\cdot \sin x-\cos x=-x\cdot \sin x\)，
当 \(x \in\left(0， \dfrac{\pi}{2}\right)\)时，\(g'(x)<0\)，则\(g(x)\)在\(\left(0， \dfrac{\pi}{2}\right)\)上递减，
则\(g(x)<g(0)=0\)，
即当 \(x \in\left(0， \dfrac{\pi}{2}\right)\)时，\(f'(x)<0\)，所以\(f(x)\)在\(\left(0， \dfrac{\pi}{2}\right)\)上递减，
所以 \(f(x)>f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac{2}{\pi}\)，
即 \(\dfrac{\sin x}{x}>\dfrac{2}{\pi} \Rightarrow \sin x>\dfrac{2 x}{\pi}\)，\(x \in\left(0， \dfrac{\pi}{2}\right)\). -
答案 (1)\(f(x)\)在\([0，+∞)\)上单调递减；(2) 略.
解析 (1)解：当\(a=\dfrac{1}{2}\)时， \(f(x)=x e^{\frac{1}{2} x}-e^x\)，
则 \(f^{\prime}(x)=e^{\frac{1}{2} x}+\frac{1}{2} x e^{\frac{1}{2} x}-e^x=e^{\frac{1}{2} x}\left(1+\dfrac{1}{2} x-e^{\frac{1}{2} x}\right)\)，
令 \(g(x)=1+\dfrac{1}{2} x-e^{\frac{1}{2} x}\)，\(x\in [0，+∞)\)，
则\(g^{\prime}(x)=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2} e^{\frac{1}{2} x} \leq 0\)，
即\(g(x)=1+\dfrac{1}{2} x-e^{\frac{1}{2} x}\)，\(x\in [0，+∞)\)为减函数，
又\(g(0)=0\)，则\(g(x)≤0\)，即\(f'(x)≤0\)，
即当\(a=\dfrac{1}{2}\)时，\(f(x)\)在\([0，+∞)\)上单调递减；
(2)证明：由(1)可得： \(x e^{\frac{1}{2} x}-e^x \leq-1\)，当且仅当\(x=0\)时取等号，
令\(t=e^x\)，\(x＞0\)，则\(t＞1\)，
则\(\sqrt{t} \ln t<t-1\)，即 \(\sqrt{t}-\dfrac{1}{\sqrt{t}}>\ln t\)，
令\(t=\dfrac{n+1}{n}\)，则 \(\sqrt{\dfrac{n+1}{n}}-\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{n+1}{n}}}>\ln \dfrac{n+1}{n}\)，
即\(\dfrac{1}{\sqrt{n(n+1)}}=\dfrac{1}{\sqrt{n^2+n}}>\ln \dfrac{n+1}{n}\)，
则\(\dfrac{1}{\sqrt{1^2+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{2^2+2}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{n^2+n}}>\ln \dfrac{2}{1}+\ln \dfrac{3}{2}+\cdots+\ln \dfrac{n+1}{n}\)\(=\ln \left(\dfrac{2}{1} \times \dfrac{3}{2} \times \ldots \times \dfrac{n+1}{n}\right)=\ln (n+1)\)，
故 \(\dfrac{1}{\sqrt{1^2+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{2^2+2}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{n^2+n}}>\ln (n+1)\).
【题型3】 函数的最值综合运用
【典题1】 已知函数\(f(x)=x^2-2 \ln x-m\)， \(g(x)=\left(\dfrac{1}{2}\right)^x+m\)．
(1)存在\(x_1\in \left[1，4\right]\)，对任意\(x_2\in \left[1，4\right]\)，有不等式\(f(x_1 )⩽g(x_2 )\)成立，求实数\(m\)的取值范围；
(2)如果存在\(x_1\)、\(x_2\in \left[1，4\right]\)，使得\(f(x_1 )-f(x_2 )⩾M\)成立，求满足条件的最大整数\(M\)．
解析 (1)存在\(x_1\in \left[1，4\right]\)，对任意\(x_2\in \left[1，4\right]\)，有不等式\(f(x_1 )⩽g(x_2 )\)成立，
所以 \(f(x)_{\min } \leqslant g(x)_{\min }\)，因为\(f(x)=x^2-2\ln x-m\)，
所以 \(f^{\prime}(x)=2 x-\dfrac{2}{x}=\dfrac{2 x^2-2}{x}=\dfrac{2(x-1)(x+1)}{x} \geqslant 0\)对任意的\(x\in \left[1，4\right]\)恒成立，
所以函数\(y=f(x)\)在区间\(\left[1，4\right]\)上单调递增，
所以\(f(x)_{\min }=f(1)=1-m，\)，函数 \(g(x)=\left(\dfrac{1}{2}\right)^x+m\)在区间\(\left[1，4\right]\)上的单调递减，
所以\(g(x)_{\min }=g(4)=m+\dfrac{1}{16}\)，
所以 \(1-m \leqslant m+\dfrac{1}{16}\)，解得 \(m \geqslant \dfrac{15}{32}\)．
所以实数\(m\)的取值范围是\(\left[\dfrac{15}{32}，+\infty\right)\)．
(2)存在存在\(x_1\)、\(x_2\in \left[1，4\right]\)，使得\(f(x_1 )-f(x_2 )⩾M\)成立，
所以 \(M \leqslant\left[f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)\right]_{\text {max }}\)，即 \(M \leqslant f(x)_{\text {max }}-f(x)_{\text {min }}\) ，
由(1)可知，函数\(y=f(x)\)在区间\(\left[1，4\right]\)上单调递增，
所以\(f(x)_{min}=f(1)=1-m\)，\(f(x)_{max}=16-4\ln 2-m\)
所以 \(M \leqslant f(x)_{\max }-f(x)_{\min }=15-4 \ln 2\)，
所以满足条件的最大整数\(M\)的值为\(12\)．
【巩固练习】
1.已知函数\(f(x)=x\ln x\)．
(1)求\(f(x)\)的最小值；
(2)若对所有\(x≥1\)都有\(f(x)≥ax-1\)，求实数\(a\)的取值范围．
2.己知函数\(f(x)=bx\ln x+3(b≠0)\)，\(f'(e)=4\)，\(g(x)= -x^2+ax\)．
(l)求函数\(f(x)\)的极值；
(2)若对\(∀x\in (0，+∞)\)有\(f(x)-g(x)≥0\)恒成立，求实数\(a\)的取值范围．
参考答案
-
答案 (1) \(-\dfrac{1}{e}\)；(2) \(a≤1\).
解析 (1)函数的定义域\((0，+∞)\)，
\(f'(x)=\ln x+1\)，令\(f'(x)>0\)得\(x>\dfrac{1}{e}\)，此时\(f(x)\)递增，
令\(f'(x)<0\)得\(0<x<\dfrac{1}{e}\)，此时\(f(x)\)递减，\(f(x)\)最小值为\(-\dfrac{1}{e}\)；
(2)方法一 分离参数法
由题意得\(a≤\ln x+\dfrac{1}{x}\)，令\(g(x)=\ln x+\dfrac{1}{x}\)，
当\(x≥1\)时， \(g^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}=\dfrac{x-1}{x^2} \geq 0\)，
所以\(g(x)\)递增，\(g(x)\)的最小值为\(g(1)=1\)，
所以\(a≤1\)．
方法二 直接构造函数法
对所有\(x≥1\)都有\(f(x)≥ax-1\)等价于\(x\ln x-ax+1≥0\)，
令\(h(x)=x\ln x-ax+1\)，则\(h'(x)=\ln x+1-a\)，
令\(h'(x)=0\)解得 \(x=e^{a-1}\)，
当\(0<x<e^{a-1}\)时，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)递减；
当\(x>e^{a-1}\)时，\(h'(x)>0\)，\(h(x)\)递增；
\(\therefore h(x)≥h(e^{a-1} )=e^{a-1} (a-1)-ae^{a-1}+1=1-e^{a-1}\)，
若要满足题意，则\(1-e^{a-1}≥0\)，解得\(a≤1\). -
答案 (1) 极小值\(3-\dfrac{2}{e}\)，无极大值；(2) \(a≤4\).
解析 (1)\(f'(x)=b(\ln x+1)\)，
由\(f'(e)=4\)得\(2b=4\)，解得\(b=2\)，
所以\(f(x)=2x\ln x+3\)，\(f'(x)=2(\ln x+1)\)，
令\(f'(x)=0\)得\(x=\dfrac{1}{e}\)，
当\(x<\dfrac{1}{e}\)时，\(f'(x)<0\)；当\(x>\dfrac{1}{e}\)时，\(f'(x)>0\)；
所以函数\(f(x)\)的极小值\(f\left(\dfrac{1}{e}\right)=3-\dfrac{2}{e}\)，无极大值.
(2) 对\(∀x\in (0，+∞)\)有\(2x\ln x+3+x^2-ax≥0\)恒成立
等价于对\(∀x\in (0，+∞)\)有 \(a \leq 2 \ln x+x+\dfrac{3}{x}\)恒成立
令\(g(x)=2 \ln x+x+\dfrac{3}{x}\)，
则\(g^{\prime}(x)=\dfrac{2}{x}+1-\dfrac{3}{x^2}=\dfrac{x^2+2 x-3}{x^2}=\dfrac{(x-1)(x+3)}{x^2}\)，
所以当\(x<1\)时，\(g'(x)<0\)；当\(x>1\)时，\(g'(x)>0\)；
所以\(g(x)≥g(1)=4\)，
所以\(a≤4\).
分层练习
【A组---基础题】
1.函数\(y=x^3+x^2-x+1\)在区间\(\left[-2，1\right]\)上的最小值为( )
A． \(\dfrac{22}{27}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(-1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(-4\)
2.若函数\(f(x)=\ln x-ax\)在区间\((0，+∞)\)上的最大值为\(0\)，则\(f(e)=\) ( )
A．\(0\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{1}{e}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(e\)
3.函数\(f(x)=ax-\ln x⩾0(a\in R)\)恒成立的一个必要不充分条件是( )
A． \(a \in\left[\dfrac{1}{e}，+\infty\right)\) \(\qquad\) B． \(a∈[0，+∞)\) \(\qquad\) C．\(a\in [1，+∞)\) \(\qquad\) D．\(a\in (-∞，e ]\)
4.函数\(y=x+2\cos x\)在区间 \(\left[0， \dfrac{\pi}{2}\right]\)上的最大值是\(\underline{\quad \quad}\)，最小值是\(\underline{\quad \quad}\)．
5.若函数\(f(x)=\dfrac{x^3}{3}+x^2-2\)在区间\((a-4，a)\)上存在最小值，则\(a\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad}\)．
6.已知函数\(f(x)=x^3-3x^2-9x\)．
(1)求函数\(f(x)\)在点\((0，0)\)处的切线方程；
(2)求函数\(f(x)\)在区间\(\left[-2，2\right]\)的最大值和最小值．
7.已知函数\(f(x)=x\ln x\)，\(g(x)=-x^2+ax-3\)．
(1)求函数\(f(x)\)的图象在点\((1，0)\)处的切线方程；
(2)若对\(∀x\in (0，+∞)\)有\(2f(x)≥g(x)\)恒成立，求实数\(a\)的取值范围．
8.已知函数\(f(x)=x-1-\ln x\)．
(1)求证：\(f(x)≥0\)；
(2)求证：对于任意正整数\(n\)，\(\left(1+\dfrac{1}{2}\right)\left(1+\dfrac{1}{2^2}\right) \cdots\left(1+\dfrac{1}{2^n}\right)<e\)．
9.已知函数\(f(x)=e^x-a(x+1)\)．
(1)若\(f(x)≥0\)恒成立，求\(a\)的取值范围；
(2)证明：当\(a=0\)时，曲线\(y=f(x)(x>0)\)总在曲线\(y=2+\ln x\)的上方．
参考答案
-
答案 \(C\)
解析 \(y'=3x^2+2x-1=(3x-1)(x+1)\)，
令\(y'>0\)，解得：\(x>\dfrac{1}{3}\)或\(x<-1\)，令\(y'<0\)，解得：\(-1<x<\dfrac{1}{3}\)，
\(\therefore\)函数在\([-2，-1)\)递增，在\(\left(-1， \dfrac{1}{3}\right)\)递减，在\(\left(\dfrac{1}{3}， 1\right]\)递增，
\(\therefore x=-1\)时，取极大值，极大值是\(2\)，\(x=\dfrac{1}{3}\)时，函数取极小值，极小值是\(\dfrac{22}{27}\)，
而\(x=-2\)时，\(y=-1\)，\(x=1\)时，\(y=2\)，
故函数的最小值是\(-1\)，
故选：\(C\)． -
答案 \(B\)
解析 \(f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}-a=\dfrac{1-a x}{x}\)，\(x>0\)，
当\(a⩽0\)时，在\((0，+∞)\)上\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)单调递增，
所以\(f(x)\)没有最大值，不合题意，
当\(a>0\)时，令\(f'(x)=0\)，得\(x=\dfrac{1}{a}\)，
所以在 \(\left(0， \dfrac{1}{a}\right)\)上，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)单调递增，
在\(\left(\dfrac{1}{a}，+\infty\right)\)上，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)单调递减，
所以\(f(x)_{\max }=f\left(\dfrac{1}{a}\right)=\ln \dfrac{1}{a}-a \times \dfrac{1}{a}=\ln \dfrac{1}{a}-1=0\)，
所以\(\dfrac{1}{a}=e\)，所以\(a=\dfrac{1}{e}\)，
故选：\(B\)． -
答案 \(B\)
解析 根据题意，函数\(f(x)=ax-\ln x\)，其定义域为\((0，+∞)\)，
若\(f(x)=ax-\ln x⩾0(a\in R)\)恒成立，必有 \(a \geqslant \dfrac{\ln x}{x}\)，
设 \(g(x)=\dfrac{\ln x}{x}\)，其导数 \(g^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}\)，
在区间\((0，e)\)上， \(g^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}>0\)，则\(g(x)\)在\((0，e)\)上单调递增，
在\((e，+∞)\)上，\(g^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}<0\) ，则\(g(x)\)在\((e，+∞)\)上单调递减，
故\(g(x)_{max}=g(e)=\dfrac{1}{e}\)，
若\(a \geqslant \dfrac{\ln x}{x}\)恒成立，必有\(a⩾\dfrac{1}{e}\)，
依次分析选项：
对于\(A\)， \(a \in\left[\dfrac{1}{e}，+\infty\right)\)是\(f(x)=ax-\ln x⩾0\)恒成立的充分必要条件，不符合题意，
对于\(B\)， \(a \in[0，+\infty)\)是\(f(x)=ax-\ln x⩾0\)恒成立的一个必要不充分，符合题意，
对于\(C\)，\(a\in [1，+∞)\)是\(f(x)=ax-\ln x⩾0\)恒成立的一个充分不必要，不符合题意，
对于\(D\)，\(a\in (-∞，e ]\)是\(f(x)=ax-\ln x⩾0\)恒成立的既不充分也不必要条件，不符合题意，
故选：\(B\)． -
答案 \(\dfrac{\pi}{6}+\sqrt{3}\)；\(\dfrac{\pi}{2}\)
解析 由题意，可知：
当\(x\in \left[0，\dfrac{\pi}{2}\right]\)时，\(y'=1-2\sin x\)．
①当\(y'=0\)时，即\(1-2\sin x=0\)，\(\sin x=\dfrac{1}{2}\)，\(x=\dfrac{\pi}{6}\)时，函数取极值\(f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{\pi}{6}+\sqrt{3}\)．
②当\(y'>0\)时，即\(1-2\sin x>0\)，\(\sin x<\dfrac{1}{2}\)，\(0≤x<\dfrac{\pi}{6}\)时，函数\(f(x)\)单调递增．
③当\(y'<0\)时，即\(1-2\sin x<0\)，\(\sin x>\dfrac{1}{2}\)，\(\dfrac{\pi}{6}<x≤\dfrac{\pi}{2}\)时，函数\(f(x)\)单调递减．
\(\because f(0)=2\)，\(f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{\pi}{6}+\sqrt{3}\)，\(f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac{\pi}{2}\)．
\(\therefore f(x)\)在区间\(\left[0，\dfrac{\pi}{2}\right]\)上的图象大致如下：
则由图象可知：
在区间\(\left[0，\dfrac{\pi}{2}\right]\)上，当\(x=\dfrac{\pi}{6}\)时，\(f(x)\)取最大值\(\dfrac{\pi}{6}+\sqrt{3}\)；
当\(x=\dfrac{\pi}{2}\)时，\(f(x)\)取最小值\(\dfrac{\pi}{2}\)．
故答案为：\(\dfrac{\pi}{6}+\sqrt{3}\)；\(\dfrac{\pi}{2}\)． -
答案 \([1，4)\)
解析 \(f^{\prime}(x)=x^2+2 x=x(x+2)\)，
令\(f'(x)>0\)，解得：\(x>0\)或\(x<-2\)，
令\(f'(x)<0\)，解得：\(-2<x<0\)，
故\(f(x)\)在\((-∞，-2)\)递增，在\((-2，0)\)递减，在\((0，+∞)\)递增，
故 \(f(x)_{\text {min }}=f(x)_{\text {极小值 }}=f(0) \text {， }\)，
若\(f(x)\)在区间\((a-4，a)\)上存在最小值，
则\(f(a-4)≥f(0)\)
即 \(\dfrac{1}{3}(a-4)^3+(a-4)^2-2 \geq-2\)，解得：\(a≥1\)①，
而\(a-4<0<a\)，解得：\(0<a<4\)②，
综合①②得：\(1≤a<4\). -
答案 (1) \(y=-9x\)；(2)\(f(x)_{max}=5\)，\(f(x)_{min}=-22\).
解析 (1) \(f'(x)=3x^2-6x-9\)，则\(f'(0)=-9\)，
所以函数在点\((0，0)\)处的切线方程为\(y=-9x\)；
(2)由(1)得\(f'(x)=3x^2-6x-9=3(x-3)(x+1)\)，
由\(f'(x)=0\)，得\(x=3\)，或\(x=-1\)．
令\(f'(x)>0\)，得\(x<-1\)或\(x>3\)；令\(f'(x)<0\)，得\(-1<x<3\)，
所以\(f(x)\)在\([-2，-1)\)上单调递增，在\((-1，2 ]\)上单调递减，
因为\(f(-2)=-2\)，\(f(2)=-22\)，\(f(-1)=5\)，
所以\(f(x)_{max}=5\)，\(f(x)_{min}=-22\)． -
答案 (1) \(y=x-1\)；(2)\((-∞，4 ]\).
解析 (1)\(\because f'(x)=1+\ln x\)，\(\therefore f'(1)=1=k\)，
故切线方程是：\(y=x-1\)；
(2)由题意，不等式化为\(ax≤2x\ln x+x^2+3\)，因为\(x>0\)，
所以 \(a \leq 2 \ln x+x+\dfrac{3}{x}\)，当\(x>0\)时恒成立．
令\(h(x)=2 \ln x+x+\dfrac{3}{x}\)，
则\(h^{\prime}(x)=\dfrac{2}{x}-\dfrac{3}{x^2}+1=\dfrac{(x+3)(x-1)}{x^2}\)，
当\(0<x<1\)时，\(h'(x)<0\)，\(x>1\)时，\(h'(x)>0\)，
所以\(h(x)\)在\((0，1)\)上递减，在\((1，+∞)\)上递增．
故\(h(x)_{min}=h(1)=2\ln 1+1+3=4\)．所以\(a≤4\)．
故所求\(a\)的范围是\((-∞，4 ]\)． -
答案 (1) 略；(2)略 .
解析 证明：(1) \(f^{\prime}(x)=1-\dfrac{1}{x}=\dfrac{x-1}{x}\)，
当\(x>1\)时\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)单调增，
当\(0<x<1\)时\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)单调减，
所以 \(f(x)\)的最小值为\(f(1)=0\)；
(2)由(1)知\(\ln x≤x-1\)，
令\(x=1+\dfrac{1}{2^n }\)得\(\ln (1+\dfrac{1}{2^n })<\dfrac{1}{2^n }\)，
所以\(\ln \left(1+\dfrac{1}{2}\right)+\ln \left(1+\dfrac{1}{2^2}\right)+\cdots \ln \left(1+\dfrac{1}{2^2}\right)<\dfrac{1}{2^1}+\dfrac{1}{2^2}+\cdots \dfrac{1}{2^n}\)\(=\dfrac{\dfrac{1}{2}\left(1-\left(\dfrac{1}{2}\right)^n\right)}{1-\dfrac{1}{2}}=1-\left(\dfrac{1}{2}\right)^n<1\)，
所以 \(\left(1+\dfrac{1}{2}\right)\left(1+\dfrac{1}{2^2}\right) \cdots\left(1+\dfrac{1}{2^n}\right)<e\)． -
答案 (1)\((0，1 ]\)；(2) 略.
解析 (1)\(f'(x)=e^x-a(x\in R)\)
当\(a=0\)时，\(f(x)=e^x>0\)符合题意，
当\(a<0\)时，取\(x_0=-1+\dfrac{1}{a}\)，
则\(f(x_0 )=e^{-1+\frac{1}{a}}-a(-1+\frac{1}{a}+1)=e^{-1+\frac{1}{a}}-1<0\)，不符合题意，
③当\(a>0\)时，令\(f'(x)=0\)，得\(x=\ln a\)，
所以在\((-∞，\ln a)\)上，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)单调递减，
在\((\ln a，+∞)\)上，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)单调递增，
所以\(f(x)_{\min }=f(\ln a)=a-a(1+\ln a)=-a \ln a\)，
若\(f(x)≥0\)恒成立，则\(f(x)\)的最小值大于等于\(0\)，即\(-a \ln a≥0\)，
因为\(a>0\)，所以\(0<a⩽1\)，
综上所述，\(a\)的取值范围为\((0，1 ]\)．
(2)证明：
当\(a=0\)时，令\(h(x)=f(x)-(2+\ln x)=e^x-\ln x-2(x>0)\)，
所以\(h'(x)=e^x-\dfrac{1}{x}\)在\((0，+∞)\)上单调递增，
又\(h'\left(\dfrac{1}{2}\right)=e^{\frac{1}{2}}-2<0\)，\(h'(1)=e-1>0\)，
所以存在\(x_0\in (0，+∞)\)，使得\(h'(x_0 )=e^{x_0}-\dfrac{1}{x}_0 =0\)，
即\(e^{x_0}=\dfrac{1}{x}_0\)，且\(\dfrac{1}{2}<x_0<1\)，
所以在\((0，x_0 )\)上，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)单调递减，
在\((x_0，+∞)\)上，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)单调递增，
所以\(h(x)_{min}=h(x_0 )=e^{x_0}-\ln x_0-2=\dfrac{1}{x}_0 +x_0-2\)，
因为\(x_0 \in\left(\dfrac{1}{2}， 1\right)\)，
所以\(h\left(x_0\right)=\dfrac{1}{x_0}+x_0-2>2 \sqrt{\dfrac{1}{x_0} \cdot x_0}-2=0\)，
所以当\(a=0\)时，\(f(x)>2+\ln x(x>0)\)，
所以当\(a=0\)时，曲线\(y=f(x)(x>0)\)总在曲线\(y=2+\ln x\)的上方．
【B组---提高题】
1.(多选)下列不等式中恒成立的有( )
A．\(\ln (x+1) \geq \dfrac{x}{x+1}\)，\(x>-1\) \(\qquad \qquad \qquad\) B．\(\ln x \leq \dfrac{1}{2}\left(x-\dfrac{1}{x}\right)\)，\(x>0\)
C．\(e^x≥x+1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(\cos x≥1-\dfrac{1}{2} x^2\)
2.(多选)设 \(f(x)=\dfrac{\sin x}{x^a}\) ， \(x \in\left[\dfrac{\pi}{6}， \dfrac{\pi}{3}\right]\)的最大值为\(M\)，则( )
A．当\(a=-1\)时，\(M>\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad\) B．当\(a=1\)时，\(M<1\)
C．当\(a=2\)时，\(M<\sqrt{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．当\(a=3\)时，\(M<2\sqrt{3}\)
3.已知函数\(f(x)=ax^2\)，\(g(x)=x\ln x\)．
(1)若\(f(x)⩾g(x)\)恒成立，求实数\(a\)的取值范围；
(2)若\(a=1\)，\(G(x)=f(x)-g(x)-1\)，且\(mn>1\)，证明：\(G(m)+G(n)>0\)．
参考答案
-
答案 \(ACD\)
解析 选项\(A\)，设 \(f(x)=\ln (x+1)-\dfrac{x}{x+1}(x>-1)\)，
则 \(f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{1}{(x+1)^2}=\dfrac{x}{(x+1)^2}\)，
当\(-1<x<0\)时，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)单调递减；
当\(x>0\)时，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)单调递增．
\(\therefore f(x)_{min}=f(0)=0\)，即\(f(x)≥0\)在\((-1，+∞)\)上恒成立，
\(\therefore \ln (x+1) \geq \dfrac{x}{x+1}(x>-1)\)恒成立，即\(A\)正确；
选项\(B\)，设 \(g(x)=\ln x-\dfrac{1}{2}\left(x-\dfrac{1}{x}\right)(x>0)\)，
则 \(g^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{2}\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)=-\dfrac{(x-1)^2}{2 x^2} \leq 0\)恒成立，
\(\therefore g(x)\)在\((0，+∞)\)上单调递减，
又\(g(1)=0\)，\(\therefore g(x)≤0\)在\((0，+∞)\)上不可能恒成立，
\(\therefore \ln x \leq \dfrac{1}{2}\left(x-\dfrac{1}{x}\right)(x>0)\)不恒成立，即\(B\)错误；
选项\(C\)，设\(h(x)=e^x-x-1\)，则\(h'(x)=e^x-1\)，
令\(h'(x)=0\)，解得\(x=0\)，
当\(x<0\)时，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)单调递减；
当\(x>0\)时，\(h'(x)>0\)，\(h(x)\)单调递增．
\(\therefore h(x)_{min}=h(0)=0\)，即\(h(x)≥0\)在\(R\)上恒成立，
\(\therefore e^x≥x+1\)恒成立，即\(C\)正确；
选项\(D\)，设\(t(x)=\cos x-1+\dfrac{1}{2} x^2\)，
则\(t'(x)=-\sin x+x\)，
令\(m(x)=t'(x)=-\sin x+x\)，
则\(m'(x)=-\cos x+1≥0\)恒成立，即\(m(x)\)在\(R\)上单调递增，
又\(m(0)=0\)，
\(\therefore\)当\(x<0\)时，\(m(x)<0\)，\(t'(x)<0\)，\(t(x)\)单调递减；
当\(x>0\)时，\(m(x)>0\)，\(t'(x)>0\)，\(t(x)\)单调递增．
\(\therefore t(x)_{min}=t(0)=0\)，即\(t(x)≥0\)在\(R\)上恒成立，
\(\therefore \cos x≥1-\dfrac{1}{2} x^2\)恒成立，即\(D\)正确．
故选：\(ACD\)． -
答案 \(AB\)
解析 对于\(A\)：当\(a=-1\)时，\(f(x)=x\sin x\)，
\(f'(x)=\sin x+x\cos x>0\)，\(x \in\left[\dfrac{\pi}{6}， \dfrac{\pi}{3}\right]\)，
故\(f(x)\)在\(\left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]\)递增，
故\(M=f\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac{\pi}{3} \sin \dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\sqrt{3} \pi}{6}>\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，故\(A\)正确；
对于\(B\)：\(a=1\)时， \(f(x)=\dfrac{\sin x}{x}\)，
\(f^{\prime}(x)=\dfrac{x \cos x-\sin x}{x^2}\)，
令\(h(x)=x\cos x-\sin x\)，\(x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]\)，
则\(h'(x)=\cos x-x\sin x-\cos x=-x\sin x<0\)，
\(h(x)\)在\(x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]\)递减，
而\(h\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{\pi}{6} \times \dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{2}<0\)，
故\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)在\(x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]\)递减，
故\(M=f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{\frac{1}{2}}{\frac{\pi}{6}}=\dfrac{3}{\pi}<1\)，故\(B\)正确；
对于\(C\)：\(a=2\)时， \(f(x)=\dfrac{\sin x}{x^2}\) ，
则\(f^{\prime}(x)=\dfrac{x \cos x-2 \sin x}{x^3}\)，
令\(h(x)=x\cos x-2\sin x\)，\(x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]\)，
则\(h'(x)=\cos x-x\sin x-2\cos x=-\cos x-x\sin x<0\)，
故\(h(x)\)在\(x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]\)递减，
而\(h\left(\dfrac{\pi}{6}\right)<0\)，\(h(x)\)在\(x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]\)递减，
而\(h\left(\dfrac{\pi}{6}\right)<0\)，即\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)在\(x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]\)递减，
故\(M=f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{\frac{1}{2}}{\frac{\pi^2}{36}}=\dfrac{18}{\pi^2}>\sqrt{3}\)，故\(C\)错误；
对于\(D\)：\(a=3\)时， \(f(x)=\dfrac{\sin x}{x^3}\)，
则\(f^{\prime}(x)=\dfrac{x \cos x-3 \sin x}{x^4}\)，
令\(h(x)=x\cos x-3\sin x\)，\(x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]\)，
则\(h'(x)=\cos x-x\sin x-3\cos x=-2\cos x-x\sin x<0\)，
故\(h(x)\)在\(x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]\)递减，
而\(h\left(\dfrac{\pi}{6}\right)<0\)，\(h(x)\)在\(x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]\)递减，
而\(h\left(\dfrac{\pi}{6}\right)<0\)，即\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)在\(x\in \left[\dfrac{\pi}{6}，\dfrac{\pi}{3}\right]\)递减，
故 \(M=f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{108}{\pi^3}>\sqrt{3}\)，故\(D\)错误；
故选：\(AB\)． -
答案 (1) \(\left[\dfrac{1}{e}，+∞\right)\)；(2)略.
解析 (1) \(f(x)=ax^2\)，\(g(x)=x\ln x\)，\(x\in (0，+∞)\)
\(f(x)⩾g(x)\)恒成立 \(\Leftrightarrow a \geqslant \dfrac{\ln x}{x}\)，\(x\in (0，+∞)\)．
令\(u(x)=\dfrac{\ln x}{x}\)，\(x\in (0，+∞)\)．
则\(u^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}\)，令 \(u^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}=0\)，解得\(x=e\)．
可得\(x\in (0，e)\)时，\(u'(x)>0\)，函数\(u(x)\)单调递增；
\(x\in (e，+∞)\)时，\(u'(x)<0\)，函数\(u(x)\)单调递减．
可得\(x=e\)时，函数\(u(x)\)取得极大值即最大值，\(u(e)=\dfrac{1}{e}\)，
\(\therefore a⩾\dfrac{1}{e}\)，
\(\therefore\)实数\(a\)的取值范围是\(\left[\dfrac{1}{e}，+∞\right)\)．
(2)证明：若\(a=1\)，
则\(G(x)=f(x)-g(x)-1=x^2-x\ln x-1\)，\(x\in (0，+∞)\)．
\(G'(x)=2x-\ln x-1=H(x)\)， \(H^{\prime}(x)=2-\dfrac{1}{x}=\dfrac{2 x-1}{x}\)，
\(\therefore x=\dfrac{1}{2}\)时，函数\(H(x)\)取得极小值即最小值，
\(\therefore G'(x)=H(x)⩾H\left(\dfrac{1}{2}\right)=1-\ln \dfrac{1}{2}-1=\ln 2>0\)，
\(\therefore\)函数\(G(x)\)在\(x\in (0，+∞)\)上单调递增，\(G(1)=0\)．
不妨设\(n⩽m\)．
由\(mn>1\)，若\(m>n⩾1\)时，则\(G(m)+G(n)>0\)成立．
若\(m>1⩾n>0\)时，\(\because mn>1\)， \(\therefore m>\dfrac{1}{n}>1\)，
则\(G(m)+G(n)>G\left(\dfrac{1}{n}\right)+G(n)\)，
要证明\(G(m)+G(n)>0\)，只要证明\(G\left(\dfrac{1}{n}\right)+G(n) \geqslant 0\)即可．
令\(F(x)=G(x)+G\left(\dfrac{1}{x}\right)=x^2-x \ln x-1+\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{1}{x} \ln \dfrac{1}{x}-1\)
\(=\left(x-\dfrac{1}{x}\right)^2+\left(\dfrac{1}{x}-x\right) \ln x=\dfrac{\left(1-x^2\right)\left(1-x^2+x \ln x\right)}{x^2}\) ，\(x\in (0，1)\)，
令\(h(x)=1-x^2+x\ln x\)，\(x\in (0，1)\)，\(h(1)=0\)，
\(h'(x)=-2x+\ln x+1\)， \(h^{\prime \prime}(x)=-2+\dfrac{1}{x}=\dfrac{1-2 x}{x}\)，
可得\(x=\dfrac{1}{2}\)时，函数\(h'(x)\)取得极大值即最大值，\(h^{\prime}\left(\dfrac{1}{2}\right)=-1+\ln \dfrac{1}{2}+1=-\ln 2<0\)，
\(\therefore h(x)=1-x^2+x\ln x\)在\(x\in (0，1)\)上单调递减，
\(\therefore h(x)>h(1)=0\)，
\(\therefore F(x)>F(1)=0\)，\(x\in (0，1)\)，
\(\therefore G(m)+G(n)>0\)成立．
综上可得：\(mn>1\)，\(G(m)+G(n)>0\)成立．
【C组---拓展题】
1.已知函数\(f(x)=x+a\ln x+\dfrac{1}{e^x} -x^a (a<0)\)，若\(f(x)≥0\)在\(x\in [2，+∞)\)上恒成立，则实数\(a\)的取值范围为\(\underline{\quad \quad}\)．
2.已知\(f(x)=x\ln x-\dfrac{1}{2} mx^2-x\)，\(m\in R\)．若\(f(x)\)有两个极值点\(x_1\)，\(x_2\)，且\(x_1<x_2\)，求证：\(x_1 x_2>e^2\) (\(e\)为自然对数的底数)．
参考答案
-
答案 \([-e，+∞)\)
解析 由\(f(x)≥0\)在\(x\in [2，+∞)\)上恒成立，
得\(\ln x^a-x^a \geq \ln e^{-x}-e^{-x}\) 在\(x\in [2，+∞)\)上恒成立，
易知当\(x\in [2，+∞)\)，\(a<0\)时，\(0<x^a<1\)， \(0<e^{-x}<1\)，
令函数\(g(t)=\ln t-t(0<t<1)\)，
则\(a=\dfrac{1}{t}-1>0\)，\(g(t)\)单调递增，
故有 \(x^a \geq e^{-x}\)，
则\(a \geq \log _x e^{-x}=-\dfrac{x}{\ln x}\)在\(x\in [2，+∞)\)上恒成立，
令\(F(x)=-\dfrac{x}{\ln x}(x \geq 2)\)，
则\(F^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{(\ln x)^2}\)，
易得\(F(x)\)在\([2，e)\)上单调递增，在\([e，+∞)\)上单调递减，
故\(F(x)_{max}=F(e)=-e\)，
故\(a≥-e\)，
即实数\(a\)的取值范围是\([-e，+∞)\)．
故答案为：\([-e，+∞)\)． -
证明 欲证\(x_1 x_2>e^2\)，需证\(\ln x_1+\ln x_2>2\)．
若\(f(x)\)有两个极值点\(x_1\)，\(x_2\)，即函数\(f'(x)\)有两个零点．
又\(f'(x)=\ln x-mx\)，所以\(x_1\)，\(x_2\)是方程\(f'(x)=0\)的两个不同实根．
于是，有\(\left\{\begin{array}{l} \ln x_1-m x_1=0 \\ \ln x_2-m x_2=0 \end{array}\right.\)，解得 \(m=\dfrac{\ln x_1+\ln x_2}{x_1+x_2}\)．
另一方面，由 \(\left\{\begin{array}{l} \ln x_1-m x_1=0 \\ \ln x_2-m x_2=0 \end{array}\right.\)，得\(\ln x_2-\ln x_1=m\left(x_2-x_1\right)\)，
从而可得\(\dfrac{\ln x_2-\ln x_1}{x_2-x_1}=\dfrac{\ln x_1+\ln x_2}{x_1+x_2}\)．
于是， \(\ln x_1+\ln x_2=\dfrac{\left(\ln x_2-\ln x_1\right)\left(x_2+x_1\right)}{x_2-x_1}=\dfrac{\left(1+\dfrac{x_2}{x_1}\right) \ln \dfrac{x_2}{x_1}}{\dfrac{x_2}{x_1}-1}\)．
又\(0<x_1<x_2\)，设 \(z=\dfrac{x_2}{x_1}\)，则\(t>1\)．
因此\(\ln x_1+\ln x_2=\dfrac{(1+t) \ln t}{t-1}\)，\(t>1\)．
要证\(\ln x_1+\ln x_2>2\)，即证 \(\dfrac{(t+1) \ln t}{t-1}>2\)，\(t>1\)．
即当\(t>1\)时，有 \(\ln t>\dfrac{2(t-1)}{t+1}\)．
设函数 \(h(t)=\ln t-\dfrac{2(t-1)}{t+1}\)，\(t≥1\)，
则\(h^{\prime}(t)=\dfrac{1}{t}-\dfrac{2(t+1)-2(t-1)}{(t+1)^2}=\dfrac{(t-1)^2}{t(t+1)^2} \geq 0\)，
所以\(h(t)\)为\((1，+∞)\)上的增函数．注意到\(h(1)=0\)，
因此\(h(t)≥h(1)=0\)．
于是，当\(t>1\)时，有 \(\ln t>\dfrac{2(t-1)}{t+1}\)．
所以有\(\ln x_1+\ln x_2>2\)成立，\(x_1 x_2>e^2\)．
