（江苏专用）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 文-人教版高三数学试题VIP免费

训练目标(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．训练题型(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；(3)利用导数证明与数列有关的不等式．解题策略(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证明不等式；(3)处理恒成立问题注意参变量分离.1．(2016·沈阳模拟)已知函数f(x)＝alnx(a＞0)，e为自然对数的底数．(1)若过点A(2，f(2))的切线斜率为2，求实数a的值；(2)当x＞0时，求证：f(x)≥a.2．(2016·淮安模拟)已知函数f(x)＝ax－1－lnx，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)＝lnx－x＋a＋1.(1)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≥0成立，求a的取值范围；(2)求证：在(1)的条件下，当x＞1时，x2＋ax－a＞xlnx＋成立．4．设函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(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)＝ex－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1n＋1＋2n＋1＋3n＋1＋…＋nn＋1＜(n＋1)n＋1.答案精析不等式问题1．(1)解f′(x)＝，f′(2)＝＝2，a＝4.(2)证明令g(x)＝a，g′(x)＝a.令g′(x)＞0，即a＞0，解得x＞1.所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以g(x)的最小值为g(1)＝0，所以f(x)≥a.2．解(1)在区间(0，＋∞)上，f′(x)＝a－＝.①若a≤0，则f′(x)＜0，f(x)是区间(0，＋∞)上的减函数；②若a＞0，令f′(x)＝0得x＝.在区间(0，)上，f′(x)＜0，函数f(x)是减函数；在区间(，＋∞)上，f′(x)＞0，函数f(x)是增函数．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；②当a＞0时，f(x)的单调递增区间是(，＋∞)，单调递减区间是(0，)．(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，则x－1－lnx≥bx－2,1＋－≥b，令g(x)＝1＋－，则g′(x)＝－－＝，易得g(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(e2)＝1－，即b≤1－.3．(1)解原题即为存在x＞0，使得lnx－x＋a＋1≥0，∴a≥－lnx＋x－1，令g(x)＝－lnx＋x－1，则g′(x)＝－＋1＝.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x2＋ax－xlnx－a－＞0(x＞1，a≥0)．令G(x)＝x2＋ax－xlnx－a－，则G(1)＝0.由(1)可知x－lnx－1＞0，则G′(x)＝x＋a－lnx－1≥x－lnx－1＞0，∴G(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴G(x)＞G(1)＝0成立，∴x2＋ax－xlnx－a－＞0成立，即x2＋ax－a＞xlnx＋成立．4．解(1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0)＝4，g′(0)＝4.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)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)．设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2，则F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(kex－1)．由题设可得当x≥－2时，F(0)≥0，即k≥1.令F′(x)＝0，得x1＝－lnk，x2＝－2.①若1≤k＜e2，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－x－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＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2)．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＞e2，则F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)＜0.从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立．综上，k的取值范围是[1，e2]．5．证明(1)由a＞0及f′(...