Question

13．不等式kx-1≥lnx恒成立，则实数k的取值范围是[1，+∞）
不等式x+a≥lnx恒成立，则实数a的取值范围是[-1，+∞）
不等式x-1≥αlnx恒成立，则实数α的值是1
不等式kx≥lnx恒成立，则实数k的取值范围是[$\frac{1}{e}$，+∞）．

Answer 1

分析 分别构造函数，利用导数求出函数的最值，即可求出参数的取值范围．

解答 解：（1）不等式kx-1≥lnx恒成立，
∴kx-1-lnx≥0
设f（x）=kx-1-lnx，x＞0，
∴f′（x）=k-$\frac{1}{x}$，
当k≤0时，f′（x）＜0恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）单调递减，
∴f（x）无最值，
∴k≤0不符合题意，
当k＞0时，令f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{k}$，
当x＞$\frac{1}{k}$时，f′（x）＞0，函数单调递增，
当0＜x＜$\frac{1}{k}$时，f′（x）＜0，函数单调递减，
当x=$\frac{1}{k}$时，函数有最小值，f（$\frac{1}{k}$）=1-1-ln$\frac{1}{k}$=lnk，
∴lnk≥0，
解得k≥1，
∴实数k的取值范围是[1，+∞）
（2）不等式x+a≥lnx恒成立，
∴a≥lnx-x，x＞0，
设f（x）=lnx-x，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$-1，
当f′（x）＞0时，即0＜x＜1时，函数单调递增，
当f′（x）＜0时，即x＞1时，函数单调递减，
∴f（x）_max=f（1）=-1，
∴a≥-1，
实数a的取值范围是[-1，+∞）
（3）不等式x-1≥αlnx恒成立，
∴x-1-alnx≥0
设f（x）=x-1-alnx，x＞0，
∴f′（x）=1-$\frac{a}{x}$，
当k≤0时，f′（x）＞0恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）单调递增，
∴f（x）无最值，
∴a≤0不符合题意，
当a＞0时，令f′（x）=0，解得x=a，
当x＞a时，f′（x）＞0，函数单调递增，
当0＜x＜a时，f′（x）＜0，函数单调递减，
当x=a时，函数有最小值，f（a）=a-1-alna，
∴a-1-alna≥0，
设g（a）=a-1-alna，
∴g′（a）=1-（lna+1）=-lna，
令g′（a）=0，解得a=1，
当a＞1时，g′（a）＜0，函数单调递减，
当0＜a＜1时，g′（a）＞0，函数单调递增，
当a=1时，函数有最大值，g（1）=1-1-ln1=0，
∴a=1，
（4）不等式kx≥lnx恒成立，
∴kx-lnx≥0
设f（x）=kx-lnx，x＞0，
∴f′（x）=k-$\frac{1}{x}$，
当k≤0时，f′（x）＜0恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）单调递减，
∴f（x）无最值，
∴k≤0不符合题意，
当k＞0时，令f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{k}$，
当x＞$\frac{1}{k}$时，f′（x）＞0，函数单调递增，
当0＜x＜$\frac{1}{k}$时，f′（x）＜0，函数单调递减，
当x=$\frac{1}{k}$时，函数有最小值，f（$\frac{1}{k}$）=1-ln$\frac{1}{k}$=1+lnk，
∴1+lnk≥0，
解得k≥$\frac{1}{e}$，
∴实数k的取值范围是[$\frac{1}{e}$，+∞）

点评 本题考查不等式恒成立问题的解法，注意运用构造函数求最值，考查运算能力，属于中档题．