第21练利用导数研究不等式问题训练目标(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.已知函数f(x)＝x2－ax－alnx(a∈R)．(1)若函数f(x)在x＝1处取得极值，求a的值；(2)在(1)的条件下，求证：f(x)≥－＋－4x＋.2．(2016·烟台模拟)已知函数f(x)＝x2－ax，g(x)＝lnx，h(x)＝f(x)＋g(x)．(1)若函数y＝h(x)的单调减区间是，求实数a的值；(2)若f(x)≥g(x)对于定义域内的任意x恒成立，求实数a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.已知函数f(x)＝(2－a)lnx＋＋2ax.(1)当a<0时，讨论f(x)的单调性；(2)若对任意的a∈(－3，－2)，x1，x2∈[1,3]，恒有(m＋ln3)a－2ln3>|f(x1)－f(x2)|成立，求实数m的取值范围．5．(2017·福州质检)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1．(1)解f′(x)＝2x－a－，由题意可得f′(1)＝0，解得a＝1.经检验，a＝1时f(x)在x＝1处取得极值，所以a＝1.(2)证明由(1)知，f(x)＝x2－x－lnx，令g(x)＝f(x)－＝－＋3x－lnx－，由g′(x)＝x2－3x＋3－＝－3(x－1)＝(x>0)，可知g(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g(x)≥g(1)＝0，所以f(x)≥－＋－4x＋成立．2．解(1)由题意可知，h(x)＝x2－ax＋lnx(x>0)，由h′(x)＝(x>0)，若h(x)的单调减区间是，由h′(1)＝h′＝0，解得a＝3，而当a＝3时，h′(x)＝＝(x>0)．由h′(x)<0，解得x∈，即h(x)的单调减区间是，∴a＝3.(2)由题意知x2－ax≥lnx(x>0)，∴a≤x－(x>0)．令φ(x)＝x－(x>0)，则φ′(x)＝， y＝x2＋lnx－1在(0，＋∞)上是增函数，且x＝1时，y＝0.∴当x∈(0,1)时，φ′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，即φ(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，∴φ(x)min＝φ(1)＝1，故a≤1.即实数a的取值范围为(－∞，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
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)求导可得f′(x)＝－＋2a＝，令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝－，当a＝－2时，f′(x)≤0，函数f(x)在定义域(0，＋∞)内单调递减；当－20，f(x)单调递增；当a<－2时，在区间(0，－)，(，＋∞)上f′(x)<0，f(x)单调递减，在区间(－，)上f′(x)>0，f(x)单调递增．(2)由(1)知当a∈(－3，－2)时，函数f(x)在区间[1,3]上单调递减，所以当x∈[1,3]时，f(x)max＝f(1)＝1＋2a，f(x)min＝f(3)＝(2－a)ln3＋＋6a.问题等价于：对任意的a∈(－3，－2)，恒有(m＋ln3)a－2ln3>1＋2a－(2－a)ln3－－6a成立，即am>－4a，因为a<0，所以m<－4，因为a∈(－3，－2)，所以只需m≤(－4)min，所以实数m的取值范围为(－∞，－]．5．证明(1)由a>0及f′(x)＝ex－a可得，函数f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的最小值为g(a)＝f(lna)＝elna－alna－1＝a－alna－1，则g′(a)＝－lna，故当a∈(0,1)时，g′(a)>0；当a∈(1，＋∞)时，g′(a)<0，从而可知g(a)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且g(1)＝0，故...
