數(shù)學(xué)（文）：課時作業(yè)16 導(dǎo)數(shù)與不等式問題 作業(yè)

課時作業(yè)16導(dǎo)數(shù)與不等式問題1．已知函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(bx＋1,x)，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝2.(1)求a，b的值；(2)當x>0且x≠1時，求證：f(x)>eq\f(x＋1lnx,x－1).解：(1)函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(bx＋1,x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(b,x2)，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝2，可得f(1)＝2b＝2，f′(1)＝a－b＝0，解得a＝b＝1.(2)證明：當x>1時，f(x)>eq\f(x＋1lnx,x－1)，即為lnx＋1＋eq\f(1,x)>lnx＋eq\f(2lnx,x－1)，即x－eq\f(1,x)－2lnx>0，當0<x<1時，f(x)>eq\f(x＋1lnx,x－1)，即為x－eq\f(1,x)－2lnx<0，設(shè)g(x)＝x－eq\f(1,x)－2lnx，g′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\f(x－12,x2)≥0，可得g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，當x>1時，g(x)>g(1)＝0，即有f(x)>eq\f(x＋1lnx,x－1)，當0<x<1時，g(x)<g(1)＝0，即有f(x)>eq\f(x＋1lnx,x－1).綜上可得，當x>0且x≠1時，f(x)>eq\f(x＋1lnx,x－1)恒成立．2．(2017·新課標全國卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)＝(1－x2)ex.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當x≥0時，f(x)≤ax＋1，求a的取值范圍．解：(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex.令f′(x)＝0得x＝－1－eq\r(2)，x＝－1＋eq\r(2).當x∈(－∞，－1－eq\r(2))時，f′(x)<0；當x∈(－1－eq\r(2)，－1＋eq\r(2))時，f′(x)>0；當x∈(－1＋eq\r(2)，＋∞)時，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，－1－eq\r(2))，(－1＋eq\r(2)，＋∞)單調(diào)遞減，在(－1－eq\r(2)，－1＋eq\r(2))單調(diào)遞增．(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.當a≥1時，設(shè)函數(shù)h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)單調(diào)遞減，而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.當0<a<1時，設(shè)函數(shù)g(x)＝ex－x－1，g′(x)＝ex－1>0(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)單調(diào)遞增，而g(0)＝0，故ex≥x＋1.當0<x<1時，f(x)>(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝eq\f(\r(5－4a)－1,2)，則x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)>ax0＋1.當a≤0時，取x0＝eq\f(\r(5)－1,2)，則x0∈(0,1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.綜上，a的取值范圍是[1，＋∞)．3．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)lnx－mx，g(x)＝x－eq\f(a,x)(a>0)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若m＝eq\f(1,2e2)，對?x1，x2∈[2,2e2]都有g(shù)(x1)≥f(x2)成立，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)f(x)＝eq\f(1,2)lnx－mx，x>0，所以f′(x)＝eq\f(1,2x)－m，當m≤0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．當m>0時，由f′(x)＝0得x＝eq\f(1,2m)；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x>0，,x>0))得0<x<eq\f(1,2m)；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x<0，,x>0))得x>eq\f(1,2m).綜上所述，當m≤0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；當m>0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，eq\f(1,2m))，單調(diào)遞減區(qū)間為(eq\f(1,2m)，＋∞)．(2)若m＝eq\f(1,2e2)，則f(x)＝eq\f(1,2)lnx－eq\f(1,2e2)x.對?x1，x2∈[2,2e2]都有g(shù)(x1)≥f(x2)成立，等價于對?x∈[2,2e2]都有g(shù)(x)min≥f(x)max，由(1)知在[2,2e2]上f(x)的最大值為f(e2)＝eq\f(1,2)，g′(x)＝1＋eq\f(a,x2)>0(a>0)，x∈[2,2e2]，函數(shù)g(x)在[2,2e2]上是增函數(shù)，g(x)min＝g(2)＝2－eq\f(a,2)，由2－eq\f(a,2)≥eq\f(1,2)，得a≤3，又a>0，所以a∈(0,3]，所以實數(shù)a的取值范圍為(0,3]．4．(2017·新課標全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當a<0時，證明f(x)≤－eq\f(3,4a)－2.解：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＋2a＋1＝eq\f(x＋12ax＋1,x).若a≥0，則當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增．若a<0，則當x∈(0，－eq\f(1,2a))時，f′(x)>0；當x∈(－eq\f(1,2a)，＋∞)時，f′(x)<0.故f(x)在(0，－eq\f(1,2a))單調(diào)遞增，在(－eq\f(1,2a)，＋∞)單調(diào)遞減．綜上所述，當a≥0時，f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增；當a<0時，f(x)在(0，－eq\f(1,2a))單調(diào)遞增，在(－eq\f(1,2a)，＋∞)單調(diào)遞減．(2)證明：由(1)知，當a<0時，f(x)在x＝－eq\f(1,2a)處取得最大值，最大值為f(－eq\f(1,2a))＝ln(－eq\f(1,2a))－1－eq\f(1,4a).所以f(x)≤－eq\f(3,4a)－2等價于ln(－eq\f(1,2a))－1－eq\f(1,4a)≤－eq\f(3,4a)－2，即ln(－eq\f(1,2a))＋eq\f(1,2a)＋1≤0.設(shè)g(x)＝lnx－x＋1，則g′(x)＝eq\f(1,x)－1.當x∈(0,1)時，g′(x)>0；當x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0.所以g(x)在(0,1)單調(diào)遞增，在(1，＋∞)單調(diào)遞減．故當x＝1時，g(x)取得最大值，最大值為g(1)＝0.所以當x>0時，g(x)≤0.從而當a<0時，ln(－eq\f(1,2a))＋eq\f(1,2a)＋1≤0，即f(x)≤－eq\f(3,4a)－2.(2018·陜西省教學(xué)質(zhì)量檢測(一))已知函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)＋eq\f(ax,x＋1)(a∈R)．(1)當a＝1時，求f(x)的圖象在x＝0處的切線方程；(2)當a<0時，求f(x)的極值；(3)求證：ln(n＋1)>eq\f(1,22)＋eq\f(2,32)＋…＋eq\f(n－1,n2)(n∈N*)．解：(1)當a＝1時，f(x)＝ln(x＋1)＋eq\f(x,x＋1)，∴f′(x)＝eq\f(1,x＋1)＋eq\f(1,x＋12)＝eq\f(x＋2,x＋12).∵f(0)＝0，f′(0)＝2，∴所求切線方程為y＝2x.(2)f(x)＝ln(x＋1)＋eq\f(ax,x＋1)(x>－1)，f′(x)＝eq\f(x＋a＋1,x＋12)，∵a<0，∴當x∈(－1，－a－1)時，f′(x)<0，當x∈(－a－1，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)的極小值為f(－a－1)＝a＋1＋ln(－a)，無極大值．(3)證明：由(2)知，取a＝－1，f(x)＝ln(x＋1)－eq\f(x,x＋1)≥f(0)＝0.當x>0時，ln(x＋1)>eq\f(x,x＋1)，取x＝eq\f(1,n)，得lneq\f(n＋1,n)>eq\f(1,n＋1)>eq\f(n－1,n2).∴l(xiāng)neq\f(2,1)＋lneq\f(3,2)＋…＋lneq