2020届高考数学一轮复习第三篇导数及其应用专题3.4导数在不等式中的应用练习含解析

②若a>0，由f′(x)＝1－a＝x－axx知，

当x∈(0，a)时，f′(x)<0； 当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0；

所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增， 故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点.

因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1. (2)证明 由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0. 令x＝1＋1?12n，得ln??1＋?1

2n??<2

n.

从而ln???1＋12???＋ln???1＋11122???＋…＋ln???1＋12n??11

?<2＋2

2＋…＋2n＝1－2n<1.

故???1＋12??????1＋122???…???1＋12n???

【例3】 设函数f(x)＝ln x－x＋1. (1)讨论f(x)的单调性；

(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，1

ln x

【答案】见解析

【解析】(1)解 由题设知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝1

x－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.

当00，f(x)在(0，1)上单调递增； 当x>1时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减.

(2)证明 由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0. 所以当x≠1时，ln x

故当x∈(1，＋∞)时，ln x

ln x>1.①

因此ln 11x－1x－1

xx，ln x

故当x∈(1，＋∞)时恒有1

ln x

【分层训练】

【基础巩固题组】(建议用时：35分钟) 一、选择题

9

1.(2019·海南一模)函数f(x)＝ln x＋a的导数为f′(x)，若方程f′(x)＝f(x)的根x0小于1，则实数a的取值范围为( ) A.(1，＋∞) B.(0，1) C.(1，2)

D.(1，3)

【答案】 A

【解析】 由函数f(x)＝ln x＋a可得f′(x)＝1

x，

∵x1

0使f′(x)＝f(x)成立，∴x＝ln x0＋a，

0

又0

0<1，∴>10<0，∴a＝－ln x0>1.

0x0

2.(2019·济南调研)已知a为常数，函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点x1，x2(x1

1)>02)>－2

B.f(x－1

1)<0，f(x2)<2

C.f(xf(x1

1)>0，2)<－2

D.f(x1

1)<0，f(x2)>－2

【答案】 D

【解析】 f′(x)＝ln x－2ax＋1，依题意知f′(x)＝0有两个不等实根x1，x2， 即曲线y＝1＋ln x与直线y＝2ax有两个不同交点，如图.

由直线y＝x是曲线y＝1＋ln x的切线， 可知：0<2a<1，00， ∴f(x(1)＝－a>－1

2)>f2.

二、填空题

3.若对任意a，b满足0

) 10

【答案】 e

【解析】 ∵0

ln aln b<，

abln x令y＝，x∈(0，t)，则函数在(0，t)上单调递增，

x1－ln x故y′＝>0，解得0

x故t的最大值是e.

4.函数f(x)＝x－2sin x，对任意的x1，x2∈[0，π]，恒有|f(x1)－f(x2)|≤M，则M的最小值为________. 【答案】

2π

＋3 3

【解析】 ∵f(x)＝x－2sin x，∴f′(x)＝1－2cos x， π

∴当0

3当

π

0，f(x)单调递增； 3

π

∴当x＝时，f(x)有极小值，即最小值，

3ππ?π?π

且f(x)min＝f??＝－2sin ＝－3.

33?3?3又f(0)＝0，f(π)＝π，∴f(x)max＝π.

由题意得|f(x1)－f(x2)|≤M等价于M≥|f(x)max－f(x)min|＝π－?2π

∴M的最小值为＋3.

3三、解答题

5.已知f(x)＝(1－x)e－1. (1)求函数f(x)的最大值； (2)设g(x)＝

x?π－3?＝2π＋3.

?3

?3?

f（x）

，x>－1且x≠0，证明：g(x)<1. x【答案】见解析

【解析】(1)解 f′(x)＝－xe.

当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减. 所以f(x)的最大值为f(0)＝0.

x 11

(2)证明 由(1)知，当x>0时，f(x)<0，g(x)<0<1. 当－1x. 设h(x)＝f(x)－x，则h′(x)＝－xex－1. 当x∈(－1，0)时，0<－x<1，0

则0<－xex<1，从而当x∈(－1，0)时，h′(x)<0，

h(x)在(－1，0)上单调递减.

当－1h(0)＝0，即g(x)<1. 综上，当x>－1且x≠0时总有g(x)<1. 6.已知函数f(x)＝x3

－ax2

＋10.

(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；

(2)在区间[1，2]内至少存在一个实数x，使得f(x)<0成立，求实数a的取值范围. 【答案】见解析

【解析】(1)当a＝1时，f(x)＝x3

－x2

＋10， 所以f′(x)＝3x2

－2x，所以k＝f′(2)＝8. 又f(2)＝14，所以切线方程为y＝8x－2.

(2)由已知得：a>x3＋1010x2＝x＋x2至少有一个实数x使之成立，即a>???x＋10x2???min

.

设g(x)＝x＋1020

x2(1≤x≤2)，则g′(x)＝1－x3，

因为1≤x≤2，所以g′(x)<0. 所以g(x)在[1，2]上是减函数， 所以g(x)99

min＝g(2)＝2，a>2

，

即a的取值范围是??9?2，＋∞???

. 【能力提升题组】(建议用时：25分钟)

7.(2019·北京延庆区调研)已知函数f(x)＝xln x(x>0). (1)求f(x)的单调区间和极值；

2

(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥－x＋mx－3

2恒成立，求实数m的最大值.

【答案】见解析

【解析】(1)由f(x)＝xln x(x>0)，得f′(x)＝1＋ln x，

12