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1、 高考數學精品復習資料 2019.5 第21練 利用導數研究不等式問題 訓練目標 (1)利用導數處理與不等式有關的題型；(2)解題步驟的規(guī)范訓練． 訓練題型 (1)利用導數證明不等式；(2)利用導數解決不等式恒成立問題及存在性問題； (3)利用導數證明與數列有關的不等式． 解題策略 (1)構造與所證不等式相關的函數；(2)利用導數求出函數的單調性或者最值再證明不等式；(3)處理恒成立問題注意參變量分離. 1.已知函數f(x)＝x2－ax－alnx(a∈R)． (1)若函數f(x)在x＝1處取得極值，求a的值；

2、 (2)在(1)的條件下，求證：f(x)≥－＋－4x＋. 2．(20xx煙臺模擬)已知函數f(x)＝x2－ax，g(x)＝lnx，h(x)＝f(x)＋g(x)． (1)若函數y＝h(x)的單調減區(qū)間是，求實數a的值； (2)若f(x)≥g(x)對于定義域內的任意x恒成立，求實數a的取值范圍． 3．(20xx山西四校聯(lián)考)已知f(x)＝lnx－x＋a＋1. (1)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≥0成立，求a的取值范圍； (2)求證：在(1)的條件下，當x>1時，x2＋ax－a>xlnx＋成立．

3、 4.已知函數f(x)＝(2－a)lnx＋＋2ax. (1)當a<0時，討論f(x)的單調性； (2)若對任意的a∈(－3，－2)，x1，x2∈[1,3]，恒有(m＋ln 3)a－2ln 3>|f(x1)－f(x2)|成立，求實數m的取值范圍． 5．(20xx福州質檢)設函數f(x)＝ex－ax－1. (1)當a>0時，設函數f(x)的最小值為g(a)，求證：g(a)≤0； (2)求證：對任意的正整數n，都有1n＋1＋2n＋1＋3n＋1＋…＋nn＋1<(n＋1)n＋1.  答案精析 1．(1)解　f′(x)＝2x－a－，由題意可得f′(1

4、)＝0，解得a＝1.經檢驗，a＝1時f(x)在x＝1處取得極值，所以a＝1. (2)證明　由(1)知，f(x)＝x2－x－lnx， 令g(x)＝f(x)－ ＝－＋3x－lnx－， 由g′(x)＝x2－3x＋3－＝－3(x－1)＝(x>0)，可知g(x)在(0,1)上是減函數， 在(1，＋∞)上是增函數，所以g(x)≥g(1)＝0，所以f(x)≥－＋－4x＋成立． 2．解　(1)由題意可知，h(x)＝x2－ax＋lnx(x>0)， 由h′(x)＝(x>0)， 若h(x)的單調減區(qū)間是， 由h′(1)＝h′＝0，解得a＝3， 而當a＝3時，h′(x)＝＝(x>0)． 由h′(

5、x)<0，解得x∈， 即h(x)的單調減區(qū)間是， ∴a＝3. (2)由題意知x2－ax≥lnx(x>0)， ∴a≤x－(x>0)． 令φ(x)＝x－(x>0)， 則φ′(x)＝， ∵y＝x2＋lnx－1在(0，＋∞)上是增函數，且x＝1時，y＝0. ∴當x∈(0,1)時，φ′(x)<0； 當x∈(1，＋∞)時，φ′(x)>0， 即φ(x)在(0,1)上是減函數，在(1，＋∞)上是增函數， ∴φ(x)min＝φ(1)＝1，故a≤1. 即實數a的取值范圍為(－∞，1]． 3．(1)解　原題即為存在x>0， 使得lnx－x＋a＋1≥0， ∴a≥－lnx＋x－1， 令g

6、(x)＝－lnx＋x－1， 則g′(x)＝－＋1＝. 令g′(x)＝0，解得x＝1. ∵當01時，g′(x)>0，g(x)為增函數， ∴g(x)min＝g(1)＝0，a≥g(1)＝0. 故a的取值范圍是[0，＋∞)． (2)證明　原不等式可化為x2＋ax－xlnx－a－>0(x>1，a≥0)． 令G(x)＝x2＋ax－xlnx－a－，則G(1)＝0. 由(1)可知x－lnx－1>0， 則G′(x)＝x＋a－lnx－1≥x－lnx－1>0， ∴G(x)在(1，＋∞)上單調遞增， ∴G(x)>G(1)＝0成立， ∴x2

7、＋ax－xlnx－a－>0成立， 即x2＋ax－a>xlnx＋成立． 4．解　(1)求導可得f′(x)＝－＋2a＝， 令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝－， 當a＝－2時，f′(x)≤0，函數f(x)在定義域(0，＋∞)內單調遞減； 當－20，f(x)單調遞增； 當a<－2時，在區(qū)間(0，－)，(，＋∞)上f′(x)<0，f(x)單調遞減，在區(qū)間(－，)上f′(x)>0，f(x)單調遞增． (2)由(1)知當a∈(－3，－2)時，函數f(x)在區(qū)間[1,3]上單調遞減， 所以

8、當x∈[1,3]時，f(x)max＝f(1)＝1＋2a，f(x)min＝f(3)＝(2－a)ln 3＋＋6a. 問題等價于：對任意的a∈(－3，－2)，恒有(m＋ln 3)a－2ln 3>1＋2a－(2－a)ln 3－－6a成立，即am>－4a， 因為a<0，所以m<－4， 因為a∈(－3，－2)， 所以只需m≤(－4)min， 所以實數m的取值范圍為(－∞，－]． 5．證明　(1)由a>0及f′(x)＝ex－a可得，函數f(x)在(－∞，lna)上單調遞減， 在(lna，＋∞)上單調遞增， 故函數f(x)的最小值為g(a)＝f(lna)＝elna－alna－1＝a－alna－

9、1，則g′(a)＝－lna， 故當a∈(0,1)時，g′(a)>0； 當a∈(1，＋∞)時，g′(a)<0， 從而可知g(a)在(0,1)上單調遞增， 在(1，＋∞)上單調遞減，且g(1)＝0，故g(a)≤0. (2)由(1)可知，當a＝1時，總有f(x)＝ex－x－1≥0， 當且僅當x＝0時等號成立，即當x>0時，總有ex>x＋1. 于是，可得(x＋1)n＋1<(ex)n＋1＝e(n＋1)x. 令x＋1＝，即x＝－，可得n＋1