Question

13．不等式kx-1≥lnx恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是[1，+∞）
不等式x+a≥lnx恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是[-1，+∞）
不等式x-1≥αlnx恒成立，則實(shí)數(shù)α的值是1
不等式kx≥lnx恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是[$\frac{1}{e}$，+∞）．

Answer 1

分析 分別構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最值，即可求出參數(shù)的取值范圍．

解答 解：（1）不等式kx-1≥lnx恒成立，
∴kx-1-lnx≥0
設(shè)f（x）=kx-1-lnx，x＞0，
∴f′（x）=k-$\frac{1}{x}$，
當(dāng)k≤0時(shí)，f′（x）＜0恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減，
∴f（x）無(wú)最值，
∴k≤0不符合題意，
當(dāng)k＞0時(shí)，令f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{k}$，
當(dāng)x＞$\frac{1}{k}$時(shí)，f′（x）＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，
當(dāng)0＜x＜$\frac{1}{k}$時(shí)，f′（x）＜0，函數(shù)單調(diào)遞減，
當(dāng)x=$\frac{1}{k}$時(shí)，函數(shù)有最小值，f（$\frac{1}{k}$）=1-1-ln$\frac{1}{k}$=lnk，
∴l(xiāng)nk≥0，
解得k≥1，
∴實(shí)數(shù)k的取值范圍是[1，+∞）
（2）不等式x+a≥lnx恒成立，
∴a≥lnx-x，x＞0，
設(shè)f（x）=lnx-x，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$-1，
當(dāng)f′（x）＞0時(shí)，即0＜x＜1時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞增，
當(dāng)f′（x）＜0時(shí)，即x＞1時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞減，
∴f（x）_max=f（1）=-1，
∴a≥-1，
實(shí)數(shù)a的取值范圍是[-1，+∞）
（3）不等式x-1≥αlnx恒成立，
∴x-1-alnx≥0
設(shè)f（x）=x-1-alnx，x＞0，
∴f′（x）=1-$\frac{a}{x}$，
當(dāng)k≤0時(shí)，f′（x）＞0恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，
∴f（x）無(wú)最值，
∴a≤0不符合題意，
當(dāng)a＞0時(shí)，令f′（x）=0，解得x=a，
當(dāng)x＞a時(shí)，f′（x）＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，
當(dāng)0＜x＜a時(shí)，f′（x）＜0，函數(shù)單調(diào)遞減，
當(dāng)x=a時(shí)，函數(shù)有最小值，f（a）=a-1-alna，
∴a-1-alna≥0，
設(shè)g（a）=a-1-alna，
∴g′（a）=1-（lna+1）=-lna，
令g′（a）=0，解得a=1，
當(dāng)a＞1時(shí)，g′（a）＜0，函數(shù)單調(diào)遞減，
當(dāng)0＜a＜1時(shí)，g′（a）＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，
當(dāng)a=1時(shí)，函數(shù)有最大值，g（1）=1-1-ln1=0，
∴a=1，
（4）不等式kx≥lnx恒成立，
∴kx-lnx≥0
設(shè)f（x）=kx-lnx，x＞0，
∴f′（x）=k-$\frac{1}{x}$，
當(dāng)k≤0時(shí)，f′（x）＜0恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減，
∴f（x）無(wú)最值，
∴k≤0不符合題意，
當(dāng)k＞0時(shí)，令f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{k}$，
當(dāng)x＞$\frac{1}{k}$時(shí)，f′（x）＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，
當(dāng)0＜x＜$\frac{1}{k}$時(shí)，f′（x）＜0，函數(shù)單調(diào)遞減，
當(dāng)x=$\frac{1}{k}$時(shí)，函數(shù)有最小值，f（$\frac{1}{k}$）=1-ln$\frac{1}{k}$=1+lnk，
∴1+lnk≥0，
解得k≥$\frac{1}{e}$，
∴實(shí)數(shù)k的取值范圍是[$\frac{1}{e}$，+∞）

點(diǎn)評(píng) 本題考查不等式恒成立問(wèn)題的解法，注意運(yùn)用構(gòu)造函數(shù)求最值，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．