2018屆高三數(shù)學(xué)每天一練半小時：第21練利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題含答案

1、r' Ir整io io iovi-(2)若f (x) > g( x)對于定義域內(nèi)的任意x恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.專題M導(dǎo)教及其應(yīng)用第21練利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題訓(xùn)練目標(biāo)(1)利用導(dǎo)數(shù)處理與不等式有關(guān)的題型；(2)解題步驟的規(guī)范訓(xùn)練.訓(xùn)練題型(1)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式；(2)利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立問題及存在性問題；(3)利用導(dǎo)數(shù)證明與數(shù)列有關(guān)的不等式.解題策略(1)構(gòu)造與所證不等式相關(guān)的函數(shù)；(2)利用導(dǎo)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離.1.已知函數(shù) f (x) =x2 axain x(ae R).若函數(shù)f(x)在x= 1處取得極值，求

2、a的值；(2)在(1)的條件下，求證：f (x) x + 5x4x十二.3263 . (2016 山西四校聯(lián)考)已知f (x) =ln xx + a+1.(1)若存在xC(0, +8),使得f (x) >0成立，求a的取值范圍;(2)求證：在(1)的條件下，當(dāng) x>1時，/2+ax a>xln x+2成立.4 .已知函數(shù) f (x) = (2 - a)ln x+- + 2ax. x 當(dāng)a<0時,討論f(x)的單調(diào)性;(2)若對任意的aC( 3, 2),x1,x2>1,3，恒有(mln3)a21n 3>| f (x。一 f (x明成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍. (

3、2017 福州質(zhì)檢)設(shè)函數(shù) f(x) = ex-ax-1. 當(dāng)a>0時，設(shè)函數(shù)f(x)的最小值為g(a),求證：g(a)w。；(2)求證：對任意的正整數(shù)n,都有1n+1+2n+1 + 3n+1+ nn+1<(n+1)n+1.石 小二合奈相析.a . 一、一, 一 ,一.1. (1)解 f(x) =2x-a-,由題息可得 f (1)=0,解得a=1.經(jīng)檢驗，a= 1時f(x)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)32x 5x113-+T-4x+-32x 3x11=5 T + 3x-1nx-丁.1 x31(x-1

4、)3 一，, 一 , 一 “，由 g (x) = x23x+3 =-3(x-1)=-L(x>0),可知 g(x)在(0,1)上是減函數(shù),x xx十 °0)上是增函數(shù)，所以g(x) >g(1) =0,所以f(x)、,324x + /成立.3262.(1)由題意可知，h(x) =x2ax + ln x(x>0),2x2ax+1h (x) =(x>0),xh(x)的單調(diào)減區(qū)間是h' (1) = h解得a=3,而當(dāng)a=3時,h' (x) =2x23x+ 1 (2x- 1)( x- 1)(x>0).由 h' (x)<0,解得xe12,

5、即h(x)的單調(diào)減區(qū)間是a= 3.(2)由題意知 x2-ax>ln x(x>0),a< x-lnx(x>0). x令 6 (x) =x-ln-(x>0), x,x2+ln x-1貝U j ( x) =7,x. y=x2+ ln x- 1 在(0 , 十0°)上是增函數(shù)，且 x=1 時，y = 0.當(dāng) xC (0,1)時，巾(x)<0;當(dāng) x e (1 , + 8)時，(J)z ( x)>0 ,即6(x)在(0,1)上是減函數(shù)，在(1 , +8)上是增函數(shù), () (x) min= () (1) = 1 ,故 a< 1.即實(shí)數(shù)a的取值范圍

6、為(一8, 1.3. (1)解原題即為存在x>0,使得 ln x-x+ a+1 >0,.a> lnx+x 1,令 g(x) = ln x + x 1,貝U g，(x) = - -+ 1 =-.x x令 g' (x) = 0,解得 x= 1.丁當(dāng) 0<x<1 時，g' (x)<0, g(x)為減函數(shù)，當(dāng)x>1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, +8).(2)證明原不等式可化為 gx2 + axxln xa2>0(x>1,

7、a>0).令 G(x) =2x2+ ax-xln x- a-2,則 G(1) = 0.由(1)可知 xIn x-1>0,則 G (x) = x+a lnx1>x lnx1>0, .G(x)在(1 , +8)上單調(diào)遞增, .G(x)>G(1) =0 成立,2x2+ ax-xln x a2>0 成立,口J 2.即2x + ax a>xln x +4.解(1)求導(dǎo)可得f ' (x) =3-*2a= x x(2x 1)( ax+1)+ oo )內(nèi)單調(diào)遞減;(x)<0 , f(x)單調(diào)遞減，在區(qū)間(；一3) 2 a人,11令 f (x) = 0,得

8、 x1 = -, x2=- 2 a當(dāng)a=2時，f' (x)w0,函數(shù)f(x)在定義域(0 當(dāng)一2<a<0 時，在區(qū)間(0, 2) , (：, +8)上 上f' (x)>0, f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)a< 2時，在區(qū)間(0 , ), (, +°°)上f' x x)<0 f (x)單調(diào)遞減，在區(qū)間(,)上 a 2a 2f' (x)>0 , f(x)單調(diào)遞增.(2)由 知當(dāng)aC( 3, 2)時，函數(shù)f(x)在區(qū)間1,3上單調(diào)遞減，所以當(dāng) x 1,3時，f(x)max= f(1)=1 + 2a, f(x)min=f (

9、3) =(2 a)ln 3 +1 + 6a.3問題等價于：對任意的aC( 3, 2),恒有(出 ln 3) a 21n 3>1 +2a-(2-a)ln 3 1一3八r26a 成立，即 an>-4a,3因為a<0,所以m<24,3a因為 aC ( 3, 2),2所以只需( - - 4) min, 3a所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為(8, - -y.5.證明 由a>0及f ' (x) = ex a可得，函數(shù)f (x)在(一8, 1n a)上單調(diào)遞減，在(1n a, +°°)上單調(diào)遞增，故函數(shù) f(x)的最小值為 g(a) = f(ln a) = e

10、1na aln a- 1 = a -aln a- 1,則 g' (a)= lna,故當(dāng) aC (0,1)時，g' (a)>0;當(dāng) aC (1 , +8)時，g，( a)<0,從而可知g( a)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1 , +8)上單調(diào)遞減，且 g(1) =0,故g( a) <0.(2)由(1)可知，當(dāng)a= 1時，總有f (x) = ex-x-1 >0,當(dāng)且僅當(dāng)x=0時等號成立，即當(dāng)x>0 時，總有 ex>x+1.于是，可得(x+1)n+1(x, n + 1(n+ 1)x令x+1=七，即x一舟，可得令x+1=3即令x+1二號,即x一充，可得x=f可得2n+ 13n+ 1nn+ 1n-1)；n+1<e-(n-2)；n+1<e1對以上各式求和可得:n +1+n+ 1n+ 1+n+ 1n+ 1<e n+e(n 1)+ e (n 0 + + ee n(1 -en) _e 1- e 1故對任意的正整數(shù)n-1 1