分析 對任意的x1∈[1,e],存在x2∈[0,2],使得f(x1)≥g(x2),等價于f(x1)min≥g(x2)min.g(x)=-xe-x,x∈[0,2],g′(x)=(x-1)e-x,可知x=1時函數(shù)g(x)取得極小值,g(1)=$-\frac{1}{e}$.x+$\frac{a}{x}$≥$-\frac{1}{e}$恒成立,x∈[1,e],化為:a≥-x2-$\frac{1}{e}x$=$-(x+\frac{1}{2e})^{2}$+$\frac{1}{4{e}^{2}}$=u(x),利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出.
解答 解:對任意的x1∈[1,e],存在x2∈[0,2],使得f(x1)≥g(x2),
等價于f(x1)min≥g(x2)min.
g(x)=-xe-x,x∈[0,2],g′(x)=(x-1)e-x,可知x=1時函數(shù)g(x)取得極小值,g(1)=$-\frac{1}{e}$.
∴x+$\frac{a}{x}$≥$-\frac{1}{e}$恒成立,x∈[1,e],
化為:a≥-x2-$\frac{1}{e}x$=$-(x+\frac{1}{2e})^{2}$+$\frac{1}{4{e}^{2}}$=u(x),
u(x)在x∈[1,e]上單調(diào)遞減,因此x=1時,u(x)取得最大值-1-$\frac{1}{e}$,
∴a≥-1-$\frac{1}{e}$,
∴a的取值范圍為$[-1-\frac{1}{e},+∞)$.
故答案為:$[-1-\frac{1}{e},+∞)$.
點評 本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、不等式的性質、二次函數(shù)的單調(diào)性,考查了推理能力與計算能力,屬于難題.
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A. | 0 | B. | 1 | C. | 2 | D. | 1或2 |
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A. | ①③ | B. | ②④ | C. | ②③ | D. | ③④ |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | k-1 | B. | k | C. | k+1 | D. | k2 |
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