第23练高考大题突破练—导数与不等式[基础保分练]1．(2018·苏州质检)已知函数f(x)＝lnx－a(x＋1)，a∈R，在(1，f(1))处的切线与x轴平行．(1)求f(x)的单调区间；(2)若存在x0>1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)－＋2x＋>k(x－1)成立，求k的取值范围．2．已知f(x)＝a(x－lnx)＋，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝1时，证明：f(x)>f′(x)＋对于任意的x∈[1,2]恒成立．3．设函数f(x)＝x2－aln(x＋2)，且f(x)存在两个极值点x1，x2，其中x1
0恒成立，求a的值；(2)求证：ln(n＋1)>＋＋…＋(n∈N*)．答案精析1．解(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．∵f′(x)＝－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，∴f′(x)＝－1＝，令f′(x)>0得01，∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)不等式f(x)－＋2x＋>k(x－1)可化为lnx－＋x－>k(x－1)．令g(x)＝lnx－＋x－－k(x－1)(x>1)，则g′(x)＝－x＋1－k＝，令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1，x>1，h(x)的对称轴为x＝，当≤1，即k≥－1时，易知h(x)在(1，x0)上单调递减，∴h(x)0，∴必存在x0使得x∈(1，x0)时g′(x)>0，∴g(x)在(1，x0)上单调递增，∴g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．当>1，即k<－1时，易知必存在x0，使得h(x)在(1，x0)上单调递增．∴h(x)>h(1)＝1－k>0，∴g′(x)>0，∴g(x)在(1，x0)上单调递增．∴g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．综上，k的取值范围是(－∞，1)．2．(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－－＋＝.当a≤0，x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．当a>0时，f′(x)＝.①当01，当x∈(0,1)或x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．②当a＝2时，＝1，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≥0，f(x)单调递增．③当a>2时，0<<1，当x∈或x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．综上所述，当a≤0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当02时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)证明由(1)知，当a＝1时，f(x)－f′(x)＝x－lnx＋－＝x－lnx＋＋－－1，x∈[1,2]．设g(x)＝x－lnx，h(x)＝＋－－1，x∈[1,2]，则f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x)．由g′(x)＝≥0，可得g(x)≥g(1)＝1，当且仅当x＝1时取得等号．又h′(x)＝，设φ(x)＝－3x2－2x＋6，则φ(x)在区间[1,2]上单调递减．因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以存在x0∈(1,2)，使得当x∈(1，x0)时，φ(x)>0，当x∈(x0,2)时，φ(x)<0.所以h(x)在(1，x0)上单调递增，在(x0,2)上单调递减．由h(1)＝1，h(2)＝，可得h(x)≥h(2)＝，当且仅当x＝2时取得等号．所以f(x)－f′(x)>g(1)＋h(2)＝，即f(x)>f′(x)＋对于任意的x∈[1,2]恒成立．3．(1)解由题意f′(x)＝2x－(x>－2)，∵函数f(x)存在两个极值点x1，x2，且x1F′(1)＝1>0，∴F(x)在(0,1)上是增函数，∴F(x)0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴当x∈(0,1)时，f(x)0时，x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)min＝f＝1－－lna≥0.令g(a)＝1－－lna，则g′(a)＝－＝，当a∈(0,1)时，g′(a)>0，g(a)单调递增；当a∈(1，＋∞)时，g′(a)<0，g(a)单调递减，∴g(a)≤g(1)＝0，∴由1－－lna≥0解得a＝1.(2)证明由(1)得lnx≥1－(当且仅当x＝1时等号成立)，令x＝>1(n∈N*)，则有ln>，∵n2>n2－1，∴ln>>，∴ln(n＋1)－lnn>，∴累加得ln(n＋1)>＋＋…＋(n∈N*)，原命题得证．
