数学（文）：课时作业16 导数与不等式问题 作业

课时作业16导数与不等式问题1．已知函数f(x)＝alnx＋eq\f(bx＋1,x)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2.(1)求a，b的值；(2)当x>0且x≠1时，求证：f(x)>eq\f(x＋1lnx,x－1).解：(1)函数f(x)＝alnx＋eq\f(bx＋1,x)的导数为f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(b,x2)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2，可得f(1)＝2b＝2，f′(1)＝a－b＝0，解得a＝b＝1.(2)证明：当x>1时，f(x)>eq\f(x＋1lnx,x－1)，即为lnx＋1＋eq\f(1,x)>lnx＋eq\f(2lnx,x－1)，即x－eq\f(1,x)－2lnx>0，当0<x<1时，f(x)>eq\f(x＋1lnx,x－1)，即为x－eq\f(1,x)－2lnx<0，设g(x)＝x－eq\f(1,x)－2lnx，g′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\f(x－12,x2)≥0，可得g(x)在(0，＋∞)上单调递增，当x>1时，g(x)>g(1)＝0，即有f(x)>eq\f(x＋1lnx,x－1)，当0<x<1时，g(x)<g(1)＝0，即有f(x)>eq\f(x＋1lnx,x－1).综上可得，当x>0且x≠1时，f(x)>eq\f(x＋1lnx,x－1)恒成立．2．(2017·新课标全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝(1－x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围．解：(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex.令f′(x)＝0得x＝－1－eq\r(2)，x＝－1＋eq\r(2).当x∈(－∞，－1－eq\r(2))时，f′(x)<0；当x∈(－1－eq\r(2)，－1＋eq\r(2))时，f′(x)>0；当x∈(－1＋eq\r(2)，＋∞)时，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，－1－eq\r(2))，(－1＋eq\r(2)，＋∞)单调递减，在(－1－eq\r(2)，－1＋eq\r(2))单调递增．(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)单调递减，而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.当0<a<1时，设函数g(x)＝ex－x－1，g′(x)＝ex－1>0(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)单调递增，而g(0)＝0，故ex≥x＋1.当0<x<1时，f(x)>(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝eq\f(\r(5－4a)－1,2)，则x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)>ax0＋1.当a≤0时，取x0＝eq\f(\r(5)－1,2)，则x0∈(0,1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.综上，a的取值范围是[1，＋∞)．3．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)lnx－mx，g(x)＝x－eq\f(a,x)(a>0)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若m＝eq\f(1,2e2)，对∀x1，x2∈[2,2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，求实数a的取值范围．解：(1)f(x)＝eq\f(1,2)lnx－mx，x>0，所以f′(x)＝eq\f(1,2x)－m，当m≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当m>0时，由f′(x)＝0得x＝eq\f(1,2m)；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x>0，,x>0))得0<x<eq\f(1,2m)；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x<0，,x>0))得x>eq\f(1,2m).综上所述，当m≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当m>0时，f(x)的单调递增区间为(0，eq\f(1,2m))，单调递减区间为(eq\f(1,2m)，＋∞)．(2)若m＝eq\f(1,2e2)，则f(x)＝eq\f(1,2)lnx－eq\f(1,2e2)x.对∀x1，x2∈[2,2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，等价于对∀x∈[2,2e2]都有g(x)min≥f(x)max，由(1)知在[2,2e2]上f(x)的最大值为f(e2)＝eq\f(1,2)，g′(x)＝1＋eq\f(a,x2)>0(a>0)，x∈[2,2e2]，函数g(x)在[2,2e2]上是增函数，g(x)min＝g(2)＝2－eq\f(a,2)，由2－eq\f(a,2)≥eq\f(1,2)，得a≤3，又a>0，所以a∈(0,3]，所以实数a的取值范围为(0,3]．4．(2017·新课标全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a<0时，证明f(x)≤－eq\f(3,4a)－2.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＋2a＋1＝eq\f(x＋12ax＋1,x).若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)单调递增．若a<0，则当x∈(0，－eq\f(1,2a))时，f′(x)>0；当x∈(－eq\f(1,2a)，＋∞)时，f′(x)<0.故f(x)在(0，－eq\f(1,2a))单调递增，在(－eq\f(1,2a)，＋∞)单调递减．综上所述，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)单调递增；当a<0时，f(x)在(0，－eq\f(1,2a))单调递增，在(－eq\f(1,2a)，＋∞)单调递减．(2)证明：由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－eq\f(1,2a)处取得最大值，最大值为f(－eq\f(1,2a))＝ln(－eq\f(1,2a))－1－eq\f(1,4a).所以f(x)≤－eq\f(3,4a)－2等价于ln(－eq\f(1,2a))－1－eq\f(1,4a)≤－eq\f(3,4a)－2，即ln(－eq\f(1,2a))＋eq\f(1,2a)＋1≤0.设g(x)＝lnx－x＋1，则g′(x)＝eq\f(1,x)－1.当x∈(0,1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.所以g(x)在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)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.从而当a<0时，ln(－eq\f(1,2a))＋eq\f(1,2a)＋1≤0，即f(x)≤－eq\f(3,4a)－2.(2018·陕西省教学质量检测(一))已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋eq\f(ax,x＋1)(a∈R)．(1)当a＝1时，求f(x)的图象在x＝0处的切线方程；(2)当a<0时，求f(x)的极值；(3)求证：ln(n＋1)>eq\f(1,22)＋eq\f(2,32)＋…＋eq\f(n－1,n2)(n∈N*)．解：(1)当a＝1时，f(x)＝ln(x＋1)＋eq\f(x,x＋1)，∴f′(x)＝eq\f(1,x＋1)＋eq\f(1,x＋12)＝eq\f(x＋2,x＋12).∵f(0)＝0，f′(0)＝2，∴所求切线方程为y＝2x.(2)f(x)＝ln(x＋1)＋eq\f(ax,x＋1)(x>－1)，f′(x)＝eq\f(x＋a＋1,x＋12)，∵a<0，∴当x∈(－1，－a－1)时，f′(x)<0，当x∈(－a－1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)的极小值为f(－a－1)＝a＋1＋ln(－a)，无极大值．(3)证明：由(2)知，取a＝－1，f(x)＝ln(x＋1)－eq\f(x,x＋1)≥f(0)＝0.当x>0时，ln(x＋1)>eq\f(x,x＋1)，取x＝eq\f(1,n)，得lneq\f(n＋1,n)>eq\f(1,n＋1)>eq\f(n－1,n2).∴lneq\f(2,1)＋lneq\f(3,2)＋…＋lneq