專題跟蹤檢測(二十一)-利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題

專題跟蹤檢測（二十一）利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題1．已知f(x)＝asinx＋x2ex－ax－xexsinx.(1)當(dāng)f(x)有兩個零點時，求a的取值范圍；(2)當(dāng)a＝1，x>0時，設(shè)g(x)＝eq\f(fx,x－sinx)，求證：g(x)≥x＋lnx.解：(1)由題知，f(x)＝(xex－a)(x－sinx)有兩個零點，∵x－sinx＝0時，x＝0，故xex－a＝0有一個非零實根，設(shè)h(x)＝xex，得h′(x)＝(x＋1)ex，∴h(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增．又h(－1)＝－eq\f(1,e)，h(0)＝0，x>0時，h(x)>0；x<0時，h(x)<0，結(jié)合圖象(圖略)可知，a的取值范圍是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)))∪(0，＋∞)．(2)證明：由題意知，g(x)＝eq\f(fx,x－sinx)＝xex－1.要證xex－1≥x＋lnx＝ln(xex)，即證xex－ln(xex)－1≥0.令t＝xex>0，設(shè)H(t)＝t－lnt－1(t>0)，則H′(t)＝1－eq\f(1,t)＝eq\f(t－1,t)，∴H(t)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．∴H(t)≥H(1)＝0，∴xex－1≥x＋lnx.∴g(x)≥x＋lnx.2．已知f(x)＝2xlnx＋x2＋ax＋3.(1)當(dāng)a＝1時，求曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程；(2)若存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，使得f(x0)≥0成立，求a的取值范圍．解：f′(x)＝2(lnx＋1)＋2x＋a，x∈(0，＋∞)．(1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝2xlnx＋x2＋x＋3，f′(x)＝2(lnx＋1)＋2x＋1，所以f(1)＝5，f′(1)＝5，所以曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為y－5＝5(x－1)，即y＝5x.(2)存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，使得f(x0)≥0成立，等價于不等式a≥－eq\f(2xlnx＋x2＋3,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有解．令h(x)＝－eq\f(2xlnx＋x2＋3,x)，則h′(x)＝－eq\f(x2＋2x－3,x2)＝－eq\f(x＋3x－1,x2)，當(dāng)eq\f(1,e)＜x＜1時，h′(x)＞0，h(x)為增函數(shù)；當(dāng)1＜x＜e時，h′(x)＜0，h(x)為減函數(shù)．又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(3e2－2e＋1,e)，h(e)＝－eq\f(e2＋2e＋3,e)，故heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))－h(huán)(e)＜0，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))時，h(x)＞heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(3e2－2e＋1,e)，所以a＞－eq\f(3e2－2e＋1,e)，即a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3e2－2e＋1,e)，＋∞)).3．已知函數(shù)f(x)＝aexlnx(其中e＝2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù))，g(x)＝x2＋xlna，a>0.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)函數(shù)h(x)＝g(x)－f(x)，若h(x)>0對任意的x∈(0,1)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)．因為f(x)＝aexlnx，所以f′(x)＝aexeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x))).令φ(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，則φ′(x)＝eq\f(x－1,x2).當(dāng)x∈(0,1)時，φ′(x)<0，所以φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞減．當(dāng)x∈(1，＋∞)時，φ′(x)>0，所以φ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．所以φ(x)≥φ(1)＝1>0.又因為a>0，ex>0，所以f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立．所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)h(x)＝g(x)－f(x)＝x2＋xlna－aexlnx.由h(x)>0得x2＋xlna－aexlnx>0，即aexlnx<x2＋xlna.所以eq\f(lnx,x)<eq\f(x＋lna,aex)＝eq\f(lnaex,aex)，即eq\f(lnaex,aex)>eq\f(lnx,x)對任意x∈(0,1)恒成立．設(shè)H(x)＝eq\f(lnx,x)，則H′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，所以，當(dāng)x∈(0,1)時，H′(x)>0，函數(shù)H(x)單調(diào)遞增，且當(dāng)x∈(1，＋∞)時，H(x)>0；當(dāng)x∈(0,1)時，H(x)<0.若aex≥1>x，則H(aex)≥0>H(x)．若0<aex<1，因為H(aex)>H(x)，且H(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，所以aex>x.綜上可知，aex>x時對任意x∈(0,1)恒成立，即a>eq\f(x,ex)對任意x∈(0,1)恒成立．設(shè)G(x)＝eq\f(x,ex)，x∈(0,1)，則G′(x)＝eq\f(1－x,ex)>0.所以G(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，所以G(x)<G(1)＝eq\f(1,e)，所以a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).4．已知函數(shù)f(x)＝kx－xlnx，k∈R.(1)當(dāng)k＝2時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)0<x≤1時，f(x)≤k恒成立，求k的取值范圍；(3)設(shè)n∈N*，求證：eq\f(ln1,2)＋eq\f(ln2,3)＋…＋eq\f(lnn,n＋1)≤eq\f(nn－1,4).解：(1)當(dāng)k＝2時，f(x)＝2x－xlnx，f′(x)＝1－lnx，由f′(x)>0，解得0<x<e；由f′(x)<0，解得x>e.因此函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e，＋∞)．(2)f(x)＝kx－xlnx，故f′(x)＝k－1－lnx.當(dāng)k≥1時，因為0<x≤1，所以k－1≥0≥lnx，因此f′(x)≥0恒成立，即f(x)在(0,1]上單調(diào)遞增，所以f(x)≤f(1)＝k恒成立．當(dāng)k<1時，令f′(x)＝0，解得x＝ek－1∈(0,1)．當(dāng)x∈(0，ek－1)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(ek－1,1)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．于是f(ek－1)>f(1)＝k，與f(x)≤k恒成立相矛盾．綜上，k的取值范圍為[1，＋∞)．(3)證明：由(2)知，當(dāng)0<x≤1時，x－xlnx≤1.令x＝eq\f(1,n2)(n∈N*)，則eq\f(1,n2)＋eq\