专题跟踪检测(二十一)-利用导数研究不等式问题

专题跟踪检测（二十一）利用导数研究不等式问题1．已知f(x)＝asinx＋x2ex－ax－xexsinx.(1)当f(x)有两个零点时，求a的取值范围；(2)当a＝1，x>0时，设g(x)＝eq\f(fx,x－sinx)，求证：g(x)≥x＋lnx.解：(1)由题知，f(x)＝(xex－a)(x－sinx)有两个零点，∵x－sinx＝0时，x＝0，故xex－a＝0有一个非零实根，设h(x)＝xex，得h′(x)＝(x＋1)ex，∴h(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．又h(－1)＝－eq\f(1,e)，h(0)＝0，x>0时，h(x)>0；x<0时，h(x)<0，结合图象(图略)可知，a的取值范围是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)))∪(0，＋∞)．(2)证明：由题意知，g(x)＝eq\f(fx,x－sinx)＝xex－1.要证xex－1≥x＋lnx＝ln(xex)，即证xex－ln(xex)－1≥0.令t＝xex>0，设H(t)＝t－lnt－1(t>0)，则H′(t)＝1－eq\f(1,t)＝eq\f(t－1,t)，∴H(t)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．∴H(t)≥H(1)＝0，∴xex－1≥x＋lnx.∴g(x)≥x＋lnx.2．已知f(x)＝2xlnx＋x2＋ax＋3.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；(2)若存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，使得f(x0)≥0成立，求a的取值范围．解：f′(x)＝2(lnx＋1)＋2x＋a，x∈(0，＋∞)．(1)当a＝1时，f(x)＝2xlnx＋x2＋x＋3，f′(x)＝2(lnx＋1)＋2x＋1，所以f(1)＝5，f′(1)＝5，所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y－5＝5(x－1)，即y＝5x.(2)存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，使得f(x0)≥0成立，等价于不等式a≥－eq\f(2xlnx＋x2＋3,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有解．令h(x)＝－eq\f(2xlnx＋x2＋3,x)，则h′(x)＝－eq\f(x2＋2x－3,x2)＝－eq\f(x＋3x－1,x2)，当eq\f(1,e)＜x＜1时，h′(x)＞0，h(x)为增函数；当1＜x＜e时，h′(x)＜0，h(x)为减函数．又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(3e2－2e＋1,e)，h(e)＝－eq\f(e2＋2e＋3,e)，故heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))－h(e)＜0，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))时，h(x)＞heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(3e2－2e＋1,e)，所以a＞－eq\f(3e2－2e＋1,e)，即a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3e2－2e＋1,e)，＋∞)).3．已知函数f(x)＝aexlnx(其中e＝2.71828…是自然对数的底数)，g(x)＝x2＋xlna，a>0.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)设函数h(x)＝g(x)－f(x)，若h(x)>0对任意的x∈(0,1)恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f(x)＝aexlnx，所以f′(x)＝aexeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x))).令φ(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，则φ′(x)＝eq\f(x－1,x2).当x∈(0,1)时，φ′(x)<0，所以φ(x)在(0,1)上单调递减．当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以φ(x)≥φ(1)＝1>0.又因为a>0，ex>0，所以f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立．所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)h(x)＝g(x)－f(x)＝x2＋xlna－aexlnx.由h(x)>0得x2＋xlna－aexlnx>0，即aexlnx<x2＋xlna.所以eq\f(lnx,x)<eq\f(x＋lna,aex)＝eq\f(lnaex,aex)，即eq\f(lnaex,aex)>eq\f(lnx,x)对任意x∈(0,1)恒成立．设H(x)＝eq\f(lnx,x)，则H′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，所以，当x∈(0,1)时，H′(x)>0，函数H(x)单调递增，且当x∈(1，＋∞)时，H(x)>0；当x∈(0,1)时，H(x)<0.若aex≥1>x，则H(aex)≥0>H(x)．若0<aex<1，因为H(aex)>H(x)，且H(x)在(0,1)上单调递增，所以aex>x.综上可知，aex>x时对任意x∈(0,1)恒成立，即a>eq\f(x,ex)对任意x∈(0,1)恒成立．设G(x)＝eq\f(x,ex)，x∈(0,1)，则G′(x)＝eq\f(1－x,ex)>0.所以G(x)在(0,1)上单调递增，所以G(x)<G(1)＝eq\f(1,e)，所以a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).4．已知函数f(x)＝kx－xlnx，k∈R.(1)当k＝2时，求函数f(x)的单调区间；(2)当0<x≤1时，f(x)≤k恒成立，求k的取值范围；(3)设n∈N*，求证：eq\f(ln1,2)＋eq\f(ln2,3)＋…＋eq\f(lnn,n＋1)≤eq\f(nn－1,4).解：(1)当k＝2时，f(x)＝2x－xlnx，f′(x)＝1－lnx，由f′(x)>0，解得0<x<e；由f′(x)<0，解得x>e.因此函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．(2)f(x)＝kx－xlnx，故f′(x)＝k－1－lnx.当k≥1时，因为0<x≤1，所以k－1≥0≥lnx，因此f′(x)≥0恒成立，即f(x)在(0,1]上单调递增，所以f(x)≤f(1)＝k恒成立．当k<1时，令f′(x)＝0，解得x＝ek－1∈(0,1)．当x∈(0，ek－1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(ek－1,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．于是f(ek－1)>f(1)＝k，与f(x)≤k恒成立相矛盾．综上，k的取值范围为[1，＋∞)．(3)证明：由(2)知，当0<x≤1时，x－xlnx≤1.令x＝eq\f(1,n2)(n∈N*)，则eq\f(1,n2)＋eq\