新版高三數(shù)學 第21練 利用導數(shù)研究不等式問題練習

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1、 1

2、 1 第21練 利用導數(shù)研究不等式問題 訓練目標 (1)利用導數(shù)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(shù)證明不等式;(2)利用導數(shù)解決不等式恒成立問題及存在性問題; (3)利用導數(shù)證明與數(shù)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(shù);(2)利用導數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)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

3、離. 1.已知函數(shù)f(x)=x2-ax-alnx(a∈R). (1)若函數(shù)f(x)在x=1處取得極值,求a的值; (2)在(1)的條件下,求證:f(x)≥-+-4x+. 2.(20xx·煙臺模擬)已知函數(shù)f(x)=x2-ax,g(x)=lnx,h(x)=f(x)+g(x). (1)若函數(shù)y=h(x)的單調(diào)減區(qū)間是,求實數(shù)a的值; (2)若f(x)≥g(x)對于定義域內(nèi)的任意x恒成立,求實數(shù)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

4、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. 4.已知函數(shù)f(x)=(2-a)lnx++2ax. (1)當a<0時,討論f(x)的單調(diào)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(shù)m的取值范圍. 5.(20xx·福州質(zhì)檢)設函數(shù)f(x)=ex-ax-1. (1)當a>0時,設函數(shù)f(x)的最小值為g(a),求證:g(a)≤0; (2)求證:對任意的正整數(shù)n,都有1n+1+2n+1+3n+1+…+nn

5、+1<(n+1)n+1. 答案精析 1.(1)解 f′(x)=2x-a-,由題意可得f′(1)=0,解得a=1.經(jīng)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(shù), 在(1,+∞)上是增函數(shù),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),

6、若h(x)的單調(diào)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′(x)<0,解得x∈, 即h(x)的單調(diào)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(shù),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(shù),在(1,+∞)上是增函數(shù), ∴φ(x)min=φ(1)=1,故a≤1. 即實數(shù)a的取值范圍

7、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(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(shù), ∴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

8、+a-lnx-1≥x-lnx-1>0, ∴G(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增, ∴G(x)>G(1)=0成立, ∴x2+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(shù)f(x)在定義域(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減; 當-20,f(x)單調(diào)遞增; 當a<-2時,在區(qū)間(0,-),(,+∞)上f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,在區(qū)間(-,)上f′

9、(x)>0,f(x)單調(diào)遞增. (2)由(1)知當a∈(-3,-2)時,函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,3]上單調(diào)遞減, 所以當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(shù)m的取值范圍為(-∞,-]. 5.證明 (1)由a>0及f′(x)=ex-a可得,函數(shù)f(x)在(-∞,lna)上單調(diào)遞減,

10、 在(lna,+∞)上單調(diào)遞增, 故函數(shù)f(x)的最小值為g(a)=f(lna)=elna-alna-1=a-alna-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(diào)遞增, 在(1,+∞)上單調(diào)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

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