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（江苏专用）2018版高考数学专题复习 专题3 导数及其应用 第21
练 利用导数研究不等式问题练习 理
训练目标 训练题型 (3)利用导数证明与数列有关的不等式． (1)构造与所证不等式相关的函数；(2)利用导数求出函数的单调性或者最值再解题策略 证明不等式；(3)处理恒成立问题注意参变量分离. 1．已知函数f(x)＝x－ax－aln x(a∈R)． (1)若函数f(x)在x＝1处取得极值，求a的值； 11(2)在(1)的条件下，求证：f(x)≥－＋－4x＋. 3262．(2016·淮安模拟)已知函数f(x)＝ax－1－ln x，a∈R. (1)讨论函数的单调区间；
(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，对?x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围．
3．(2016·山西四校联考)已知f(x)＝ln x－x＋a＋1.
(1)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≥0成立，求a的取值范围； 121
(2)求证：在(1)的条件下，当x＞1时，x＋ax－a＞xln x＋成立．
22
4．设函数f(x)＝x＋ax＋b，g(x)＝e(cx＋d)．若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0,2)，且在点P处有相同的切线y＝4x＋2. (1)求a，b，c，d的值；
(2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围． 5．(2016·陕西质量监测)设函数f(x)＝e－ax－1.
(1)当a＞0时，设函数f(x)的最小值为g(a)，求证：g(a)≤0； (2)求证：对任意的正整数n，都有1
n＋1
x2
2
(1)利用导数处理与不等式有关的题型；(2)解题步骤的规范训练． (1)利用导数证明不等式；(2)利用导数解决不等式恒成立问题及存在性问题；x35x2
x＋2
n＋1
＋3
n＋1
＋…＋nn＋1
＜(n＋1)
n＋1
.
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答案精析
1．(1)解 f′(x)＝2x－a－，由题意可得f′(1)＝0，解得a＝1.经检验，a＝1时f(x)在x＝1处取得极值，所以a＝1. (2)证明 由(1)知，f(x)＝x－x－ln x， 令g(x)
11??x5x＝f(x)－?－＋－4x＋?
6??3211
＝－＋3x－ln x－， 326
1x－1x－1由g′(x)＝x－3x＋3－＝－3(x－1)＝
2
3
3
3
2
2
axx33x2
xxx(x＞0)，可知g(x)在(0,1)上是减函
11
数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g(x)≥g(1)＝0，所以f(x)≥－＋－4x＋成立．
3262．解 (1)在区间(0，＋∞)上， 1ax－1
f′(x)＝a－＝. xx①若a≤0，则f′(x)＜0，f(x)是区间(0，＋∞)上的减函数； 1
②若a＞0，令f′(x)＝0得x＝.
x35x2
a1
在区间(0，)上，f′(x)＜0，
a函数f(x)是减函数；
1
在区间(，＋∞)上，f′(x)＞0，函数f(x)是增函数．
a综上所述，①当a≤0时，f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间； 11
②当a＞0时，f(x)的单调递增区间是(，＋∞)，单调递减区间是(0，)．
aa(2)因为函数f(x)在x＝1处取得极值，所以f′(1)＝0， 解得a＝1，经检验满足题意． 已知f(x)≥bx－2，
1ln x则x－1－ln x≥bx－2,1＋－≥b，
xx1ln x令g(x)＝1＋－，
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11－ln xln x－2
则g′(x)＝－2－＝， 22
xxx易得g(x)在(0，e)上单调递减， 在(e，＋∞)上单调递增， 12
所以g(x)min＝g(e)＝1－2，
e1
即b≤1－2.
e
3．(1)解 原题即为存在x＞0， 使得ln x－x＋a＋1≥0， ∴a≥－ln x＋x－1， 令g(x)＝－ln x＋x－1， 1x－1
则g′(x)＝－＋1＝.
2
2
xx令g′(x)＝0，解得x＝1.
∵当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)为减函数， 当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)为增函数， ∴g(x)min＝g(1)＝0，a≥g(1)＝0. 故a的取值范围是[0，＋∞)． (2)证明 原不等式可化为
121
x＋ax－xln x－a－＞0(x＞1，a≥0)． 22121令G(x)＝x＋ax－xln x－a－，
22则G(1)＝0.
由(1)可知x－ln x－1＞0， 则G′(x)＝x＋a－ln x－1 ≥x－ln x－1＞0，
∴G(x)在(1，＋∞)上单调递增， ∴G(x)＞G(1)＝0成立，
121
∴x＋ax－xln x－a－＞0成立， 22121
即x＋ax－a＞xln x＋成立． 22
4．解 (1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2，
f′(0)＝4，g′(0)＝4.
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而f′(x)＝2x＋a，
g′(x)＝ex(cx＋d＋c)．
故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4. 从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2. (2)由(1)知，f(x)＝x＋4x＋2，
2
g(x)＝2ex(x＋1)．
设函数F(x)＝kg(x)－f(x) ＝2ke(x＋1)－x－4x－2， 则F′(x)＝2ke(x＋2)－2x－4 ＝2(x＋2)(ke－1)．
由题设可得当x≥－2时，F(0)≥0，即k≥1. 令F′(x)＝0，
得x1＝－ln k，x2＝－2. ①若1≤k＜e，则－2＜x1≤0. 从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)＜0； 当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)＞0. 即F(x)在(－2，x1)上单调递减， 在(x1，＋∞)上单调递增．
故F(x)在[－2，＋∞)上的最小值为F(x1)． 而F(x1)＝2x1＋2－x1－4x1－2 ＝－x1(x1＋2)≥0. 故当x≥－2时，F(x)≥0， 即f(x)≤kg(x)恒成立． ②若k＝e，
则F′(x)＝2e(x＋2)(e－e)．
从而当x＞－2时，F′(x)＞0，即F(x)在(－2，＋∞)上单调递增． 而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立． ③若k＞e，则F(－2)＝－2ke＋2 ＝－2e(k－e)＜0. 从而当x≥－2时，
－2
2
2
－2
2
2
2
2
x2
xxx－2
f(x)≤kg(x)不可能恒成立．
综上，k的取值范围是[1，e]．
5．证明 (1)由a＞0及f′(x)＝e－a可得， 函数f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，
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x2
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在(ln a，＋∞)上单调递增，
故函数f(x)的最小值为g(a)＝f(ln a)＝e－aln a－1＝a－aln a－1，则g′(a)＝－ln a， 故当a∈(0,1)时，g′(a)＞0； 当a∈(1，＋∞)时，g′(a)＜0， 从而可知g(a)在(0,1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减， 且g(1)＝0，故g(a)≤0.
(2)由(1)可知，当a＝1时，总有f(x)＝e－x－1≥0， 当且仅当x＝0时等号成立，即当x＞0时，总有e＞x＋1. 于是，可得(x＋1)令x＋1＝可得?
n＋1
xxln a＜(e)
xn＋1
＝e
(n＋1)x.
1n，即x＝－， n＋1n＋1
?1?n＋1＜e－n； ??n＋1?
2n－1，即x＝－， n＋1n＋1
令x＋1＝
2?n＋1－(n－1)?可得?； ?＜e?n＋1?令x＋1＝可得?… 令x＋1＝可得?
1
，即x＝－， n＋1n＋13n－2
，即x＝－， n＋1n＋1
?3?n＋1＜e－(n－2)； ??n＋1?
n?n?n＋1＜e－1.
??n＋1?
对以上各式求和可得：
?1?n＋1＋?2?n＋1＋?3?n＋1＋…＋?n?n＋1＜e－n＋e－(n－1)＋e－(n－2)＋…＋e－1＝?n＋1??n＋1??n＋1??n＋1?????????
e
－n1－e
1－e
ne－11－e1＝＝＜＜1. 1－ee－1e－1
n＋1
－n－n故对任意的正整数n，都有1＋2
n＋1
＋3
n＋1
＋…＋nn＋1
＜(n＋1)
n＋1
.
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