23版新高考一轮分层练案(十八)　导数与不等式

这是一份23版新高考一轮分层练案(十八)　导数与不等式，共5页。
一轮分层练案(十八)　导数与不等式 A级——基础达标 1．设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.解：(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln 2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln 2)ln 2(ln 2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)单调递减2(1－ln 2＋a)单调递增 故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞).f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)，无极大值．(2)证明：设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增．于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0).又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.2．已知函数f(x)＝ax－ln x－1.(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；(2)证明：＋x＋ln x－1≥0.解：(1)函数的定义域为(0，＋∞)，f(x)≥0等价于a≥.令g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝，所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，则g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1，所以a的最小值为1.(2)证明：当a＝1时，由(1)得x≥ln x＋1，即t≥ln t＋1.令＝t，则－x－ln x＝ln t，所以≥－x－ln x＋1，即＋x＋ln x－1≥0.3．已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＜0时，证明f(x)≤－－2.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若a＜0，则当x∈时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.故f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)证明：由(1)知，当a＜0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f＝ln －1－.所以f(x)≤－－2等价于ln －1－≤－－2，即ln ＋＋1≤0.设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝－1.当x∈(0，1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0.所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.所以当x＞0时，g(x)≤0.从而当a＜0时，ln ＋＋1≤0，即f(x)≤－－2.4．已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥.解：(1)函数的定义域为(0，＋∞)，当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1，1)，又因为f ′(x)＝＋1，所以切线斜率k＝f′(1) ＝2，故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.(2)证明：当a＝－2时，f(x)＝ln x＋x2＋x(x>0).由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，得ln x1＋x＋x1＋ln x2＋x＋x2＋x1x2＝0，从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln (x1x2)，令t＝x1x2(t>0)，令φ(t)＝t－ln t，得φ′(t)＝1－＝，易知φ(t)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，因为x1>0，x2>0，所以x1＋x2≥成立．B级——综合应用5．已知函数f(x)＝x2－bx＋a ln x(a>0，b∈R).(1)设b＝a＋2，若f(x)存在两个极值点x1，x2，且|x1－x2|>1，求证：|f(x1)－f(x2)|>3－4ln 2；(2)设g(x)＝xf(x)，g(x)在[1，e]上不单调，且2b＋≤4e恒成立，求a的取值范围(e为自然对数的底数).解：(1)证明：已知b＝a＋2(a>0)，f(x)＝x2－bx＋a ln x(x＞0)，所以f′(x)＝2x－b＋＝，由f′(x)＝0，可得x1＝1，x2＝，又由|x1－x2|>1，知>2，所以f(x)在上单调递减，所以|f(x1)－f(x2)|＝f(1)－f＝－a ln －1，令t＝，则t>2，设h(t)＝t2－2t ln t－1，则h′(t)＝2t－2ln t－2，所以h″(t)＝2－＝>0，所以h′(t)在(2，＋∞)上单调递增，所以h′(t)>h′(2)＝2(1－ln 2)>0，所以h(t)在(2，＋∞)上单调递增，故h(t)>h(2)＝3－4ln 2，所以|f(x1)－f(x2)|>3－4ln 2.(2)g(x)＝x3－bx2＋ax ln x，所以g′(x)＝3x2－2bx＋a ln x＋a，因为g(x)在[1，e]上不单调，则g′(x)在(1，e)上有正有负，即g′(x)＝0在(1，e)上有解，所以2b＝，x∈(1，e)，因为2b＋≤4e恒成立，所以设F(x)＝3x＋＋，x∈(1，e)，则F′(x)＝3－＝a，记G(x)＝，x∈(1，e)，所以G′(x)＝，易知G(x)在(1，)上单调递增，在(，e)上单调递减，G(x)max＝G()＝，于是知，当≥，即a≤6e时，F′(x)≥0恒成立，易知F(x)在(1，e)上单调递增，所以3e＋＋≤4e，所以2a2－e2a＋e≤0，所以≤a≤；当a>6e时，F()＝3＋＋>3＋＝12>4e，故不满足题意．综上所述，a的取值范围为.6．设函数f(x)＝ln (x＋1)(x≥0)，g(x)＝(x≥0).(1)证明：f(x)≥x－x2；(2)若f(x)＋x≥g(x)恒成立，求a的取值范围；(3)证明：当n∈N*时，ln (n2＋3n＋2)>＋＋…＋.解：(1)证明：令h(x)＝ln (x＋1)－x＋x2，x∈[0，＋∞)，则h′(x)＝＋2x－1＝≥0，所以h(x)单调递增，所以h(x)≥h(0)＝0，故f(x)≥x－x2.(2)f(x)＋x≥g(x)，即ln (x＋1)≥，令m(x)＝ln (x＋1)－，即m(x)≥0恒成立．求导得，m′(x)＝－＝，令m′(x)>0，即x＋1－a>0，得x>a－1.当a－1≤0，即a≤1时，m(x)在[0，＋∞)上单调递增，m(x)≥m(0)＝0，所以当a≤1时，m(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立；当a－1>0，即a>1时，m(x)在(a－1，＋∞)上单调递增，在[0，a－1)上单调递减，所以m(x)min＝m(a－1)<m(0)＝0，所以m(x)≥0不恒成立，故a>1不合题意．综上所述，a的取值范围为(－∞，1].(3)证明：由(1)知ln (x＋1)>x－x2(x>0)，令x＝，n∈N*，则x∈(0，1]，所以ln >，即ln (n＋1)－ln n>.故有ln 2－ln 1>0，ln 3－ln 2>，…，ln (n＋1)－ln n>.上述各式相加可得ln (n＋1)>＋＋…＋.因为n2＋3n＋2－(n＋1)＝(n＋1)2>0，所以n2＋3n＋2>n＋1，所以ln (n2＋3n＋2)>ln (n＋1)，所以ln (n2＋3n＋2)>＋＋…＋.