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已知函数f(x)=ex+e-x,其中e为自然对数的底数.(1)若∀x∈(0,+∞),mf(x)≤e-x+m-1,求实数m的取值范围;(2)已知正数a满足:∃x∈[1,+∞),f(x0)<a(-x03+3x0).试比较ea-1与ae-1
题目详情
已知函数f(x)=ex+e-x,其中e为自然对数的底数.
(1)若∀x∈(0,+∞),mf(x)≤e-x+m-1,求实数m的取值范围;
(2)已知正数a满足:∃x∈[1,+∞),f(x0)<a(-x03+3x0).试比较ea-1与ae-1大小,并证明你的结论.
(1)若∀x∈(0,+∞),mf(x)≤e-x+m-1,求实数m的取值范围;
(2)已知正数a满足:∃x∈[1,+∞),f(x0)<a(-x03+3x0).试比较ea-1与ae-1大小,并证明你的结论.
▼优质解答
答案和解析
(1)若关于x的不等式mf(x)≤e-x+m-1在(0,+∞)上恒成立,
即m(ex+e-x-1)≤e-x-1,
∵x>0,
∴ex+e-x-1>0,
即m≤
在(0,+∞)上恒成立,
设t=ex,(t>1),则m≤
在(1,+∞)上恒成立,
∵
=-
=-
≥-
,当且仅当t=2时等号成立,
∴m≤-
;
(3)令g(x)=ex+e-x-a(-x3+3x),
则g′(x)=ex-e-x+3a(x2-1),
当x>1,g′(x)>0,即函数g(x)在[1,+∞)上单调递增,
故此时g(x)的最小值g(1)=e+
-2a,
由于存在x0∈[1,+∞),使得f(x0)<a(-x03+3x0)成立,
故e+
-2a<0,
即a>
(e+
),
令h(x)=x-(e-1)lnx-1,
则h′(x)=1-
,
由h′(x)=1-
=0,解得x=e-1,
当0<x<e-1时,h′(x)<0,此时函数单调递减,
当x>e-1时,h′(x)>0,此时函数单调递增,
∴h(x)在(0,+∞)上的最小值为h(e-1),
注意到h(1)=h(e)=0,
∴当x∈(1,e-1)⊆(0,e-1)时,h(e-1)≤h(x)<h(1)=0,
当x∈(e-1,e)⊆(e-1,+∞)时,h(x)<h(e)=0,
∴h(x)<0,对任意的x∈(1,e)成立.
①a∈(
(e+
),e)⊆(1,e)时,h(a)<0,即a-1<(e-1)lna,从而ae-1>ea-1,
②当a=e时,ae-1=ea-1,
③当a∈(e,+∞),e)⊆(e-1,+∞)时,当a>e-1时,h(a)>h(e)=0,即a-1>(e-1)lna,从而ae-1<ea-1.
即m(ex+e-x-1)≤e-x-1,
∵x>0,
∴ex+e-x-1>0,
即m≤
e−x−1 |
ex+e−x−1 |
设t=ex,(t>1),则m≤
1−t |
t2−t+1 |
∵
1−t |
t2−t+1 |
t−1 |
(t−1)2+(t−1)+1 |
1 | ||
(t−1)+
|
1 |
3 |
∴m≤-
1 |
3 |
(3)令g(x)=ex+e-x-a(-x3+3x),
则g′(x)=ex-e-x+3a(x2-1),
当x>1,g′(x)>0,即函数g(x)在[1,+∞)上单调递增,
故此时g(x)的最小值g(1)=e+
1 |
e |
由于存在x0∈[1,+∞),使得f(x0)<a(-x03+3x0)成立,
故e+
1 |
e |
即a>
1 |
2 |
1 |
e |
令h(x)=x-(e-1)lnx-1,
则h′(x)=1-
e−1 |
x |
由h′(x)=1-
e−1 |
x |
当0<x<e-1时,h′(x)<0,此时函数单调递减,
当x>e-1时,h′(x)>0,此时函数单调递增,
∴h(x)在(0,+∞)上的最小值为h(e-1),
注意到h(1)=h(e)=0,
∴当x∈(1,e-1)⊆(0,e-1)时,h(e-1)≤h(x)<h(1)=0,
当x∈(e-1,e)⊆(e-1,+∞)时,h(x)<h(e)=0,
∴h(x)<0,对任意的x∈(1,e)成立.
①a∈(
1 |
2 |
1 |
e |
②当a=e时,ae-1=ea-1,
③当a∈(e,+∞),e)⊆(e-1,+∞)时,当a>e-1时,h(a)>h(e)=0,即a-1>(e-1)lna,从而ae-1<ea-1.
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