2021届二轮复习 导数与不等式问题 课时作业（全国通用）

第19讲 导数与不等式问题

1．(2020·启东中学检测)已知函数f(x)＝1－，g(x)＝x－ln x.

(1)证明：g(x)≥1.

(2)证明：(x－ln x)f(x)>1－.

证明：(1)g′(x)＝，当0<x<1时，g′(x)<0.

当x>1时，g′(x)>0，

即g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．

所以g(x)≥g(1)＝1，得证．

(2)f(x)＝1－，f′(x)＝，

所以当0<x<2时，f′(x)<0，x>2时，f′(x)>0，

即f(x)在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，

所以f(x)≥f(2)＝1－，①

又由(1)知x－ln x≥1，②，且①②等号不同时取得．

所以(x－ln x)f(x)>1－.

2．设函数f(x)＝－，g(x)＝a(x2－1)－ln x(a∈R，e为自然对数的底数)．

(1)证明：当x>1时，f(x)>0；

(2)讨论g(x)的单调性；

(3)若不等式f(x)<g(x)对x∈(1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．

解：(1)证明：f(x)＝，

令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1，

当x>1时，s′(x)>0，所以s(x)在(1，＋∞)上单调递增，又s(1)＝0，所以s(x)>0，

从而当x>1时，f(x)>0.

(2)g′(x)＝2ax－＝(x>0)，

当a≤0时，g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减．

当a>0时，由g′(x)＝0得x＝.

当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减；

当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增．

综上，当a≤0时，g(x)在(0，＋∞)上单调递减；

当a>0时，g(x)在上单调递减，

在上单调递增．

(3)由(1)知，当x>1时，f(x)>0.

当a≤0，x>1时，g(x)＝a(x2－1)－ln x<0，

故当f(x)<g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.

当0<a<，即>1时，

g(x)在上单调递减，g<g(1)＝0，而f>0，

所以此时f(x)<g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．

当a≥时，令h(x)＝g(x)－f(x)(x≥1)，

当x>1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0，

因此，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，

又h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝g(x)－f(x)>0，即f(x)<g(x)恒成立．

综上，a的取值范围为.

3．设函数f(x)＝exln x(e是自然对数的底数)．

(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)令q(x)＝1－，证明：当x>0时，f(x)>q(x)恒成立．

解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝exln x＋，

所以f(1)＝0，f′(1)＝e，

故曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)．

(2)证明：当x>0时，f(x)>q(x)恒成立，

等价于当x>0时，xln x>－恒成立．

设函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x，

所以当x∈时，g′(x)<0；

当x∈时，g′(x)>0.

故g(x)在上单调递减，在上单调递增，

从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g＝－.

设函数h(x)＝－，则h′(x)＝，

所以当x∈(0,1)时，h′(x)>0；

当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.

故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，

从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－.

因为g(x)min＝g＝h(1)＝h(x)max，

所以当x>0时，g(x)>h(x)，

所以当x>0时，f(x)>q(x)恒成立．

4．已知函数f(x)＝xln x－ex＋1.

(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)证明：f(x)<sin x在(0，＋∞)上恒成立．

解：(1)依题意得f′(x)＝ln x＋1－ex，

又f(1)＝1－e，f′(1)＝1－e，故所求切线方程为y－1＋e＝(1－e)(x－1)，即y＝(1－e)x.

(2)证明：依题意，要证f(x)<sin x，

即证xln x－ex＋1<sin x，

即证xln x<ex＋sin x－1.

当0<x≤1时，ex＋sin x－1>0，xln x≤0，

故xln x<ex＋sin x－1，即f(x)<sin x.

当x>1时，令g(x)＝ex＋sin x－1－xln x，

故g′(x)＝ex＋cos x－ln x－1.

令h(x)＝g′(x)＝ex＋cos x－ln x－1，

则h′(x)＝ex－－sin x，

当x>1时，ex－>e－1>1，

所以h′(x)＝ex－－sin x>0，

故h(x)在(1，＋∞)上单调递增．

故h(x)>h(1)＝e＋cos 1－1>0，即g′(x)>0，

所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，

所以g(x)>g(1)＝e＋sin 1－1>0，

即xln x<ex＋sin x－1，即f(x)<sin x.

综上所述，f(x)<sin x在(0，＋∞)上恒成立．

5．已知函数f(x)＝－ax(a>0)．

(1)若函数f(x)在(1，＋∞)上是减函数，求实数a的最小值；

(2)若∃x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立，求实数a的取值范围．

解：(1)因为f(x)在(1，＋∞)上为减函数，所以f′(x)＝－a≤0在(1，＋∞)上恒成立．

所以当x∈(1，＋∞)时，f′(x)max≤0.

又f′(x)＝－a＝－2＋－a，

故当＝，即x＝e2时，f′(x)max＝－a，

所以－a≤0，故a≥，所以a的最小值为.

(2)“若∃x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立”等价于当x∈[e，e2]时，有f(x)min≤f′(x)max＋a，

当x∈[e，e2]时，有f′(x)max＋a＝，

问题等价于：“当x∈[e，e2]时，有f(x)min≤”．

①当a≥时，f(x)在[e，e2]上为减函数，

则f(x)min＝f(e2)＝－ae2≤，故a≥－.

②当0<a<时，由于f′(x)＝－2＋－a在[e，e2]上为增函数，

故f′(x)的值域为[f′(e)，f′(e2)]，即.

由f′(x)的单调性和值域知，存在唯一x0∈(e，e2)，使f′(x0)＝0，且满足：

当x∈(e，x0)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；

当x∈(x0，e2)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．

所以f(x)min＝f(x0)＝－ax0≤，x0∈(e，e2)，

所以a≥－>－>－＝，

与0<a<矛盾，不合题意．

综上，实数a的取值范围为.