专题20 导数与函数-2021届高考数学（理）二轮专题重难点题型突破

20：导数与函数 1．已知函数f(x)＝x－lnx－a，g(x)＝x＋eq \f(1,x)－(lnx)a＋1，a∈R (1)若f(x)≥0在定义域内恒成立，求a的取值范围； (2)当a取(1)中的最大值时，求函数g(x)的最小值； (3)证明不等式eq \o(∑,\s\up11(n),\s\do4(k＝1)) eq \f(1,\r(（2k＋1）（2k＋2）))>lneq \f(2n＋1,2n＋1)(n∈N*)． 【答案】　(1)由题意知f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)， 当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f′(x)单调递增，∴f(x)min＝f(1)＝1－a，∴1－a≥0，a≤1，故a的取值范围是(－∞，1]． (2)当a＝1时，g(x)＝x＋eq \f(1,x)－(lnx)2，g(x)的定义域是(0，＋∞)． g′(x)＝1－eq \f(1,x2)－2lnx·eq \f(1,x)＝eq \f(x2－2xlnx－1,x2)， 令h(x)＝x2－2xlnx－1，h′(x)＝2(x－lnx－1)， 由(1)知，h′(x)的最小值是h′(1)＝0，∴h′(x)≥0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝0，∴当x∈(0，1)时，h′(x)<0，g′(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，g′(x)>0，g(x)单调递增， ∴g(x)min＝g(1)＝2. (3)由(2)得，当x>1时，g(x)>g(1)，x＋eq \f(1,x)－(lnx)2>2，即(eq \r(x)－eq \f(1,\r(x)))>(lnx)2，开平方得eq \r(x)－eq \f(1,\r(x))>lnx. 令x＝eq \f(2k＋2,2k＋1)>1(k∈N*)，则eq \r(\f(2k＋2,2k＋1))－eq \r(\f(2k＋1,2k＋2))＝eq \f(1,\r(（2k＋1）（2k＋2）))>lneq \f(2k＋2,2k＋1)， ∴eq \o(∑,\s\up11(n),\s\do4(k＝1)) eq \f(1,\r(（2k＋1）（2k＋2）))>lneq \f(2＋2,2＋1)＋lneq \f(22＋2,22＋1)＋…＋lneq \f(2n＋2,2n＋1)＝ln[eq \f(2（20＋1）,2＋1)·eq \f(2（2＋1）,22＋1)·…·eq \f(2（2n－1＋1）,2n＋1)]＝lneq \f(2n＋1,2n＋1). 2．已知函数f(x)＝e1－xcosx. (1)判断函数f(x)在(0，eq \f(π,2))上的单调性； (2)证明：对于∀x∈[－1，eq \f(1,2)]，总有f(－x－1)＋2f′(x)·cos(x＋1)>0. 【答案】　(1)由题f′(x)＝－e1－xcosx－e1－xsinx＝－e1－x(sinx＋cosx)， 因为x∈(0，eq \f(π,2))，所以f′(x)<0. 所以函数f(x)在(0，eq \f(π,2))上单调递减． (2)f(－x－1)＝ex＋2·cos(－x－1)＝ex＋2·cos(x＋1)． 而2f′(x)·cos(x＋1)＝－2e1－x(sinx＋cosx)·cos(x＋1)， 对于∀x∈[－1，eq \f(1,2)]，cos(x＋1)>0. 要证原不等式成立，只要证ex＋2－2e1－x(sinx＋cosx)>0，ex＋2>2e1－x(sinx＋cosx)， 即e2x＋1>2eq \r(2)sin(x＋eq \f(π,4))在[－1，eq \f(1,2)]上恒成立． 首先构造函数g(x)＝2x＋2－2eq \r(2)sin(x＋eq \f(π,4))，x∈[－1，eq \f(1,2)]， 因为g′(x)＝2－2eq \r(2)cos(x＋eq \f(π,4))＝2eq \r(2)[eq \f(\r(2),2)－cos(x＋eq \f(π,4))]， 可得，当x∈[－1，0]时，g′(x)≤0，即g(x)在[－1，0]上是减函数， 当x∈(0，eq \f(1,2)]时，g′(x)>0，即g(x)在(0，eq \f(1,2)]上是增函数， 所以在[－1，eq \f(1,2)]上，g(x)min＝g(0)＝0，所以g(x)≥0. 所以2eq \r(2)sin(x＋eq \f(π,4))≤2x＋2，当且仅当x＝0时等号成立． 其次构造函数h(x)＝e2x＋1－(2x＋2)，x∈[－1，eq \f(1,2)]， 因为h′(x)＝2e2x＋1－2＝2(e2x＋1－1)， 可见当x∈[－1，－eq \f(1,2)]时，h′(x)≤0，即h(x)在[－1，－