专题跟踪检测21 利用导数研究不等式问题（Word练习）-【创新方案】2024年高考数学(文科)二轮复习专题辅导与测试（老教材）

专题跟踪检测（二十一） 利用导数研究不等式问题 1．已知函数f(x)＝xln x＋1. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若x>1时，函数f(x)>kx恒成立，求实数k的取值范围． 解：(1)∵f(x)＝xln x＋1，x>0，∴f′(x)＝ln x＋1， 当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0. 所以函数f(x)在上单调递减，在上单调递增． (2)由于x>1，f(x)>kx恒成立， 即k<ln x＋恒成立， 构造函数k(x)＝ln x＋，x>1，则求导可得k′(x)＝－＝， 当x>1时，k′(x)>0恒成立． 所以k(x)在(1, ＋∞)上单调递增，则k(x)>k(1)＝1，所以k≤1，故实数k的取值范围是(－∞，1]． 2．已知函数f(x)＝，a∈R. (1)求f(x)的单调区间； (2)证明：xf(x)＋e－x>－a. 解：(1)函数f(x)＝＝ln x－，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋＝. ①当a≥0时，f′(x)>0，f(x)单调递增． ②当a<0时，－a>0，x∈(0, －a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； x∈(－a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 综上，当a≥0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间； 当a<0时，f(x)的单调递减区间为(0, －a)，单调递增区间为(－a，＋∞)． (2)证明：由(1)知，当a＝－1时，f(x)＝ln x＋，且f(x)≥f(1)＝1，所以xln x≥x－1， 因为f(x)＝，所以不等式xf(x)＋e－x>－a等价于xln x＋e－x>0， 令g(x)＝x＋e－x－1，则g′(x)＝1－e－x＝>0在x>0时恒成立， 所以当x>0时，g(x)>g(0)＝0， 又xln x≥x－1，所以xln x＋e－x≥x＋e－x－1>0， 故xln x＋e－x>0，即xf(x)＋e－x>－a. 3．已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a<0时，证明：f(x)≤－－2. 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝. 若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0， 故f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 若a<0，则当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0. 故f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f＝ln－1－. 所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0. 设g(x)＝ln x－x＋1(x>0)，则g′(x)＝－1. 当x∈(0,1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0. 所以当x>0时，g(x)≤0. 故当a<0时，ln＋＋1≤0，即f(x)≤－－2. 4．(2023·南通模拟)设n∈N*，函数f(x)＝，函数g(x)＝，x∈(0，＋∞)． (1)求函数g(x)的单调区间和最值； (2)若当n＝3时，对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，都有f(x1)≤t≤g(x2)成立，求实数t的取值范围． 解：(1)g(x)＝，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝，令g′(x)＝0，解得x＝n， 当x变化时，g′(x)与g(x)的变化如下表所示： x (0，n) n (n，＋∞) g′(x) － 0 ＋ g(x)   所以函数g(x)在区间(0，n)上单调递减，在区间(n，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝，无最大值． (2)当n＝3时，函数f(x)＝，g(x)＝，x>0. 由题意，若对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，都有f(x1)≤t≤g(x2)恒成立， 只需当x∈(0，＋∞)时，f(x)max≤t≤g(x)min. 因为f′(x)＝，令f′(x)＝0，解得x＝e， 当x变化时，f′(x)与f(x)的变化如下表所示： x e f′(x) ＋ 0 － f(x)   所以f(x)max＝f＝. 又因为g′(x)＝，令g′(x)＝0，解得x＝3. 由(1)知函数g(x)在区间(0,3)上单调递减，在区间(3，＋∞)上单调递增， 所以g(x)min＝g(3)＝. 综上所述，≤t≤， 故实数t的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $$