2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第2節(jié)導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用第3課時導(dǎo)數(shù)在不等式中的應(yīng)用教學(xué)案含解析新人教A版

PAGE第三課時導(dǎo)數(shù)在不等式中的應(yīng)用考點一構(gòu)造函數(shù)證明不等式多維探究角度1干脆構(gòu)造函數(shù)證明不等式【例1－1】(2024·南昌調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝1－eq\f(lnx,x)，g(x)＝eq\f(ae,ex)＋eq\f(1,x)－bx，若曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)的一個公共點是A(1，1)，且在點A處的切線相互垂直.(1)求a，b的值；(2)證明：當(dāng)x≥1時，f(x)＋g(x)≥eq\f(2,x).(1)解因為f(x)＝1－eq\f(lnx,x)，所以f′(x)＝eq\f(lnx－1,x2)，f′(1)＝－1.因為g(x)＝eq\f(ae,ex)＋eq\f(1,x)－bx，所以g′(x)＝－eq\f(ae,ex)－eq\f(1,x2)－b.因為曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)的一個公共點是A(1，1)，且在點A處的切線相互垂直，所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1.從而g(1)＝a＋1－b＝1，且g′(1)＝－a－b－1＝1.解得a＝b＝－1.(2)證明由(1)知，g(x)＝－eq\f(e,ex)＋eq\f(1,x)＋x，則f(x)＋g(x)≥eq\f(2,x)?1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x≥0.令h(x)＝1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x(x≥1)，則h(1)＝0，h′(x)＝－eq\f(1－lnx,x2)＋eq\f(e,ex)＋eq\f(1,x2)＋1＝eq\f(lnx,x2)＋eq\f(e,ex)＋1.因為x≥1，所以h′(x)＝eq\f(lnx,x2)＋eq\f(e,ex)＋1>0，所以h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x≥0.故當(dāng)x≥1時，f(x)＋g(x)≥eq\f(2,x).角度2適當(dāng)放縮構(gòu)造函數(shù)證明不等式【例1－2】(2024·全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx－1.(1)設(shè)x＝2是f(x)的極值點，求a，并求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：當(dāng)a≥eq\f(1,e)時，f(x)≥0.(1)解f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝aex－eq\f(1,x).由題設(shè)知，f′(2)＝0，所以a＝eq\f(1,2e2).從而f(x)＝eq\f(1,2e2)ex－lnx－1，f′(x)＝eq\f(1,2e2)ex－eq\f(1,x).當(dāng)0<x<2時，f′(x)<0；當(dāng)x>2時，f′(x)>0.所以f(x)在(0，2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增.(2)證明當(dāng)a≥eq\f(1,e)時，f(x)≥eq\f(ex,e)－lnx－1(x>0).設(shè)g(x)＝eq\f(ex,e)－lnx－1(x>0)，則g′(x)＝eq\f(ex,e)－eq\f(1,x)(x>0).當(dāng)0<x<1時，g′(x)<0；當(dāng)x>1時，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值點.故當(dāng)x>0時，g(x)≥g(1)＝0.因此，當(dāng)a≥eq\f(1,e)時，f(x)≥0.規(guī)律方法構(gòu)造法證明不等式是指在證明與函數(shù)有關(guān)的不等式時，依據(jù)所要證明的不等式，構(gòu)造與之相關(guān)的函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性、極值、最值加以證明.常用的兩種構(gòu)造方法有：(1)干脆構(gòu)造法：證明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))轉(zhuǎn)化為證明f(x)－g(x)>0(f(x)－g(x)<0)，進而構(gòu)造協(xié)助函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)；(2)適當(dāng)放縮構(gòu)造法：一是依據(jù)已知條件適當(dāng)放縮，二是利用常見的放縮結(jié)論，如lnx≤x－1，ex≥x＋1；lnx<x<ex(x>0)，eq\f(x,x＋1)≤ln(x＋1)≤x(x>－1)等.【訓(xùn)練1】(1)(角度1)已知函數(shù)f(x)＝lnx.①求函數(shù)g(x)＝f(x－1)－x＋2的最大值；②已知0<a<b，求證：f(b)－f(a)>eq\f(2a（b－a）,a2＋b2).①解因為g(x)＝f(x－1)－x＋2＝ln(x－1)－x＋2(x>1).所以g′(x)＝eq\f(1,x－1)－1＝eq\f(2－x,x－1)，當(dāng)x∈(1，2)時，g′(x)>0；當(dāng)x∈(2，＋∞)時，g′(x)<0.則g(x)在(1，2)上單調(diào)遞增，在(2，＋∞)上單調(diào)遞減.所以g(x)＝ln(x－1)－x＋2的最大值為g(2)＝0.②證明要證明f(b)－f(a)>eq\f(2a（b－a）,a2＋b2)，只需證lnb－lna>eq\f(2a（b－a）,a2＋b2)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)－1)),1＋\f(b2,a2)).則lneq\f(b,a)>eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)－1)),1＋\f(b2,a2)).又因為0<a<b，有eq\f(b,a)>1，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝lnx－eq\f(2（x－1）,1＋x2)(x>1)，則F′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(2（x2－2x－1）,（1＋x2）2)＝eq\f(x4＋2x3－2x2－2x＋1,x（1＋x2）2)＝eq\f(（x2－1）2＋2x（x2－1）,x（1＋x2）2)>0，所以F(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，有F(x)>F(1)＝0.所以有f(b)－f(a)>eq\f(2a（b－a）,a2＋b2).(2)(角度2)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(alnx,x2).①若a＝1，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；②若a＝0，x∈(0，1)，證明：x2－eq\f(1,x)<eq\f(f（x）,ex).①解當(dāng)a＝1時，f(x)＝lnx－eq\f(lnx,x2)，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1－2lnx,x3)＝eq\f(x2－1＋2lnx,x3)＝eq\f(（x－1）（x＋1）＋2lnx,x3).當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，∴f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.②證明當(dāng)a＝0，x∈(0，1)時，x2－eq\f(1,x)<eq\f(f（x）,ex)等價于eq\f(－lnx,ex)＋x2－eq\f(1,x)<0，∵當(dāng)x∈(0，1)時，ex∈(1，e)，－lnx>0，∴eq\f(－lnx,ex)<－lnx，∴只須要證－lnx＋x2－eq\f(1,x)<0在(0，1)上恒成立.令g(x)＝－lnx＋x2－eq\f(1,x)，x∈(0，1)，∴g′(x)＝－eq\f(1,x)＋2x＋eq\f(1,x2)＝eq\f(2x3－x＋1,x2)>0，則函數(shù)g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，于是g(x)<－ln1＋1－1＝0，∴當(dāng)x∈(0，1)時，x2－eq\f(1,x)<eq\f(f（x）,ex).考點二隔離分析最值法證明不等式【例2】已知函數(shù)f(x)＝elnx－ax(a∈R).(1)探討函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＝e時，證明：xf(x)≤ex－2ex.(1)解f′(x)＝eq\f(e,x)－a(x>0)，①若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②若a>0，則當(dāng)0<x<eq\f(e,a)時，f′(x)>0；當(dāng)x>eq\f(e,a)時，f′(x)<0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上單調(diào)遞減.(2)證明因為x>0，所以只需證f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，當(dāng)a＝e時，由(1)知，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減.所以f(x)max＝f(1)＝－e.設(shè)g(x)＝eq\f(ex,x)－2e(x>0)，則g′(x)＝eq\f(（x－1）ex,x2)，所以當(dāng)0<x<1時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.綜上，當(dāng)x>0時，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq\f(ex,x)－2e.故不等式xf(x)≤ex－2ex得證.規(guī)律方法1.若干脆求導(dǎo)比較困難或無從下手時，可將待證式進行變形，構(gòu)造兩個函數(shù)，從而找到可以傳遞的中間量，達到證明的目標(biāo).本例中同時含lnx與ex，不能干脆構(gòu)造函數(shù)，把指數(shù)與對數(shù)分別兩邊，分別計算它們的最值，借助最值進行證明.2.在證明過程中，等價轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵，此處g(x)min＝f(x)max恒成立.從而f(x)≤g(x)恒成立，但此處f(x)與g(x)取到最值的條件不是同一個“x的值”.【訓(xùn)練2】已知函數(shù)f(x)＝xlnx－ax，G(x)＝eq\f(x,ex＋1)－eq\f(2,e2)(x>0).(1)當(dāng)a＝－1時，求函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的最值；(2)求函數(shù)G(x)的最大值；(3)證明：對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)nx＋1>eq\f(1,ex＋1)－eq\f(2,e2x)成立.(1)解函數(shù)f(x)＝xlnx－ax的定義域為(0，＋∞).當(dāng)a＝－1時，f(x)＝xlnx＋x，f′(x)＝lnx＋2.由f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e2).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e2)))時，f′(x)<0；當(dāng)x>eq\f(1,e2)時，f′(x)>0.所以f(x)在x＝eq\f(1,e2)處取得微小值，也是最小值.故f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))＝－eq\f(1,e2)，明顯當(dāng)x→＋∞時，f(x)→＋∞，f(x)沒有最大值.(2)解易知G′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,e·ex)－\f(2,e2)))′＝eq\f(1－x,ex＋1).∴當(dāng)0<x<1時，G′(x)>0；當(dāng)x>1時，G′(x)<0.∴G(x)的最大值為G(1)＝－eq\f(1,e2).(3)證明當(dāng)x>0時，lnx＋1>eq\f(1,ex＋1)－eq\f(2,e2x)等價于x(lnx＋1)>eq\f(x,ex＋1)－eq\f(2,e2).由(1)知a＝－1時，f(x)＝xlnx＋x的最小值是－eq\f(1,e2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,e2)時取等號.又由(2)知G(x)max＝G(1)＝－eq\f(1,e2)，因此f(x)>G(x)，故1＋lnx>eq\f(1,ex＋1)－eq\f(2,e2x).考點三不等式恒成立或有解問題多維探究角度1不等式恒成立求參數(shù)【例3－1】(2024·西安模擬改編)已知函數(shù)f(x)＝alnx－x＋1(其中a>0).(1)探討函數(shù)f(x)的極值；(2)對隨意x>0，f(x)≤eq\f(1,2)(a2－1)成立，求實數(shù)a的取值范圍.解(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)－1.因為a>0，令f′(x)＝0，得x＝a，在(0，a)上，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)；在(a，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)是減函數(shù)，所以當(dāng)x＝a時，f(x)有極大值f(a)＝alna－a＋1，無微小值.(2)由(1)知，當(dāng)x＝a取得極大值也是最大值.所以f(x)max＝f(a)＝alna－a＋1(a>0)，要使得對隨意x>0，f(x)≤eq\f(1,2)(a2－1)成立，即alna－a＋1≤eq\f(1,2)(a2－1)，則alna＋eq\f(3,2)－a－eq\f(1,2)a2≤0成立，令u(a)＝alna＋eq\f(3,2)－a－eq\f(1,2)a2(a>0)，所以u′(a)＝lna＋1－1－a＝lna－a，令k(a)＝u′(a)＝lna－a，k′(a)＝eq\f(1,a)－1，令k′(a)＝eq\f(1－a,a)＝0，得a＝1，在(0，1)上，k′(a)>0，k(a)＝u′(a)是增函數(shù)，在(1，＋∞)上，k′(a)<0，k(a)＝u′(a)是減函數(shù)，所以當(dāng)a＝1時，k(a)＝u′(a)取得極大值也是最大值，∴u′(a)max＝u′(1)＝－1<0，在(0，＋∞)上，u′(a)<0，u(a)是減函數(shù)，又u(1)＝0，所以要使得u(a)≤0恒成立，則a≥1，所以實數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞).規(guī)律方法1.破解此類題需“一形一分類”，“一形”是指會結(jié)合函數(shù)的圖象，對函數(shù)進行求導(dǎo)，然后推斷其極值，從而得到含有參數(shù)的方程組，解方程組，即可求出參數(shù)的值；“一分類”是指對不等式恒成立問題，常需對參數(shù)進行分類探討，求出參數(shù)的取值范圍.2.利用導(dǎo)數(shù)探討含參數(shù)的不等式問題，若能夠分別參數(shù)，則常將問題轉(zhuǎn)化為形如a≥f(x)(或a≤f(x))的形式，通過求函數(shù)y＝f(x)的最值求得參數(shù)范圍.【訓(xùn)練3】已知函數(shù)f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1).(1)若a＝1，求函數(shù)f(x)的圖象在點(0，f(0))處的切線方程；(2)當(dāng)x>0時，函數(shù)f(x)≥0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.解(1)若a＝1，則f(x)＝xex－2(2x－1)，f′(x)＝xex＋ex－4，則f′(0)＝－3，f(0)＝2，所以所求切線方程為y＝－3x＋2.(2)若a≤－1時，明顯f(x)≥0對x>0不恒成立.若a>－1時，f(x)≥0對隨意x>0恒成立，轉(zhuǎn)化為eq\f(a,a＋1)≥eq\f(2x－1,xex)對隨意x>0恒成立.設(shè)函數(shù)F(x)＝eq\f(2x－1,xex)(x>0)，則F′(x)＝－eq\f(（2x＋1）（x－1）,x2ex).當(dāng)0<x<1時，F(xiàn)′(x)>0；當(dāng)x>1時，F(xiàn)′(x)<0，所以函數(shù)F(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以F(x)max＝F(1)＝eq\f(1,e)，于是eq\f(a,a＋1)≥eq\f(1,e)，解得a≥eq\f(1,e－1).故實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e－1)，＋∞)).角度2不等式能成立或有解求參數(shù)的取值(范圍)【例3－2】已知函數(shù)f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝eq\f(lnx,x).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)?x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范圍.解(1)因為f′(x)＝a－ex，x∈R.當(dāng)a≤0時，f′(x)<0，f(x)在R上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時，令f′(x)＝0，得x＝lna.由f′(x)>0，得f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，lna)；由f′(x)<0，得f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(lna，＋∞).綜上所述，當(dāng)a≤0時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，＋∞)，無單調(diào)遞增區(qū)間；當(dāng)a>0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，lna)，單調(diào)遞減區(qū)間為(lna，＋∞).(2)因為?x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，則ax≤eq\f(lnx,x)，即a≤eq\f(lnx,x2).設(shè)h(x)＝eq\f(lnx,x2)，則問題轉(zhuǎn)化為a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x2)))eq\s\do7(max).由h′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3)，令h′(x)＝0，得x＝eq\r(e).當(dāng)x在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)改變時，h′(x)，h(x)隨x改變的改變狀況如下表：x(0，eq\r(e))eq\r(e)(eq\r(e)，＋∞)h′(x)＋0－h(huán)(x)極大值eq\f(1,2e)由上表可知，當(dāng)x＝eq\r(e)時，函數(shù)h(x)有極大值，即最大值為eq\f(1,2e)，所以a≤eq\f(1,2e).故a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2e))).規(guī)律方法1.含參數(shù)的能成立(存在型)問題的解題方法(1)a≥f(x)在x∈D上能成立，則a≥f(x)min；(2)a≤f(x)在x∈D上能成立，則a≤f(x)max.2.含全稱、存在量詞不等式能成立問題(1)存在x1∈A，隨意x2∈B使f(x1)≥g(x2)成立，則f(x)max≥g(x)max；(2)隨意x1∈A，存在x2∈B，使f(x1)≥g(x2)成立，則f(x)min≥g(x)min.【訓(xùn)練4】已知函數(shù)f(x)＝xlnx(x>0).(1)求函數(shù)f(x)的極值；(2)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≤eq\f(－x2＋mx－3,2)成立，求實數(shù)m的最小值.解(1)由f(x)＝xlnx，得f′(x)＝1＋lnx，令f′(x)>0，得x>eq\f(1,e)；令f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,e).所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增.所以f(x)在x＝eq\f(1,e)處取得微小值，且為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)，無極大值.(2)由f(x)≤eq\f(－x2＋mx－3,2)，得m≥eq\f(2xlnx＋x2＋3,x).問題轉(zhuǎn)化為m≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2xlnx＋x2＋3,x)))eq\s\do7(min).令g(x)＝eq\f(2xlnx＋x2＋3,x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x>0).則g′(x)＝eq\f(2,x)＋1－eq\f(3,x2)＝eq\f(x2＋2x－3,x2)＝eq\f(（x＋3）（x－1）,x2).由g′(x)>0，得x>1；由g′(x)<0，得0<x<1.所以g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.所以g(x)min＝g(1)＝4，則m≥4.故m的最小值為4.邏輯推理——兩個經(jīng)典不等式的活用邏輯推理是得到數(shù)學(xué)結(jié)論，構(gòu)建數(shù)學(xué)體系的重要方式，是數(shù)學(xué)嚴謹性的基本保證.利用兩個經(jīng)典不等式解決其他問題，降低了思索問題的難度，優(yōu)化了推理和運算過程.(1)對數(shù)形式：x≥1＋lnx(x>0)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時，等號成立.(2)指數(shù)形式：ex≥x＋1(x∈R)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時，等號成立.進一步可得到一組不等式鏈：ex>x＋1>x>1＋lnx(x>0，且x≠1).【例1】(1)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,ln（x＋1）－x)，則y＝f(x)的圖象大致為()解析因為f(x)的定義域為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1>0，,ln（x＋1）－x≠0，))即{x|x>－1，且x≠0}，所以解除選項D.當(dāng)x>0時，由經(jīng)典不等式x>1＋lnx(x>0)，以x＋1代替x，得x>ln(x＋1)(x>－1，且x≠0)，所以ln(x＋1)－x<0(x>－1，且x≠0)，即x>0或－1<x<0時均有f(x)<0，解除A，C，易知B正確.答案B(2)已知函數(shù)f(x)＝ex，x∈R.證明：曲線y＝f(x)與曲線y＝eq\f(1,2)x2＋x＋1有唯一公共點.證明令g(x)＝f(x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2＋x＋1))＝ex－eq\f(1,2)x2－x－1，x∈R，則g′(x)＝ex－x－1，由經(jīng)典不等式ex≥x＋1恒成立可知，g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在R上為單調(diào)遞增函數(shù)，且g(0)＝0.所以函數(shù)g(x)有唯一零點，即兩曲線有唯一公共點.【例2】(2024·全國Ⅲ卷改編)已知函數(shù)f(x)＝x－1－alnx.(1)若f(x)≥0，求a的值；(2)證明：對于隨意正整數(shù)n，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))<e.(1)解f(x)的定義域為(0，＋∞)，①若a≤0，因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,2)＋aln2<0，所以不滿意題意.②若a>0，由f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)知，當(dāng)x∈(0，a)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(a，＋∞)時，f′(x)>0；所以f(x)在(0，a)單調(diào)遞減，在(a，＋∞)單調(diào)遞增，故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值點.因為f(1)＝0，所以當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時，f(x)≥0，故a＝1.(2)證明由(1)知當(dāng)x∈(1，＋∞)時，x－1－lnx>0.令x＝1＋eq\f(1,2n)，得lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))<eq\f(1,2n).從而lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))＋…＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))<eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝1－eq\f(1,2n)<1.故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))<e.【例3】已知函數(shù)f(x)＝ax－lnx－1.(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；(2)證明：eq\f(e－x,x)＋x＋lnx－1≥0.(1)解由題意知x>0，所以f(x)≥0等價于a≥eq\f(lnx＋1,x).令g(x)＝eq\f(lnx＋1,x)，則g′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，所以當(dāng)x∈(0，1)時，g′(x)>0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0，則g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(1)＝1，則a≥1，所以a的最小值為1.(2)證明當(dāng)a＝1時，由(1)得x≥lnx＋1，即t≥1＋lnt.令eq\f(e－x,x)＝t，則－x－lnx＝lnt，故t≥1＋(－x－lnx)，所以eq\f(e－x,x)≥－x－lnx＋1，即eq\f(e－x,x)＋x＋lnx－1≥0.A級基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1.函數(shù)f(x)＝lnx＋a的導(dǎo)數(shù)為f′(x)，若方程f′(x)＝f(x)的根x0小于1，則實數(shù)a的取值范圍為()A.(1，＋∞) B.(0，1)C.(1，eq\r(2)) D.(1，eq\r(3))解析由函數(shù)f(x)＝lnx＋a可得f′(x)＝eq\f(1,x)，∵x0使f′(x)＝f(x)成立，∴eq\f(1,x0)＝lnx0＋a，又0<x0<1，∴eq\f(1,x0)>1，lnx0<0，∴a＝eq\f(1,x0)－lnx0>1.答案A2.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(a,x)－1＋lnx，若存在x0>0，使得f(x0)≤0有解，則實數(shù)a的取值范圍是()A.a>2 B.a<3C.a≤1 D.a≥3解析函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)，不等式eq\f(a,x)－1＋lnx≤0有解，即a≤x－xlnx在(0，＋∞)上有解.令h(x)＝x－xlnx，則h′(x)＝－lnx.由h′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)0<x<1時，h′(x)>0，當(dāng)x>1時，h′(x)<0.故當(dāng)x＝1時，函數(shù)h(x)＝x－xlnx取得最大值1，所以要使不等式a≤x－xlnx在(0，＋∞)上有解，只要a小于或等于h(x)的最大值即可，即a≤1.答案C3.(2024·成都診斷)已知a∈R，設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2ax＋2a，x≤1，,x－alnx，x>1.))若關(guān)于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立，則a的取值范圍為()A.[0，1] B.[0，2]C.[0，e] D.[1，e]解析當(dāng)x≤1時，由f(x)＝x2－2ax＋2a≥0恒成立，且f(x)關(guān)于x＝a對稱.所以當(dāng)a≥1時，f(x)min＝f(1)＝1>0恒成立，當(dāng)a<1時，f(x)min＝f(a)＝2a－a2≥0，∴0≤a<1.綜上，a≥0.當(dāng)x>1時，由f(x)＝x－alnx≥0恒成立，即a≤eq\f(x,lnx)恒成立.設(shè)g(x)＝eq\f(x,lnx)，則g′(x)＝eq\f(lnx－1,（lnx）2).令g′(x)＝0，得x＝e，且當(dāng)1<x<e時，g′(x)<0，當(dāng)x>e時，g′(x)>0，∴g(x)min＝g(e)＝e，∴a≤e.綜上，a的取值范圍是0≤a≤e，即[0，e].答案C二、填空題4.若對隨意a，b滿意0<a<b<t，都有blna<alnb，則t的最大值為________.解析∵0<a<b<t，blna<alnb，∴eq\f(lna,a)<eq\f(lnb,b)，令y＝eq\f(lnx,x)，x∈(0，t)，則函數(shù)在(0，t)上單調(diào)遞增，故y′＝eq\f(1－lnx,x2)>0，解得0<x<e，故t的最大值是e.答案e5.函數(shù)f(x)＝x－2sinx，對隨意的x1，x2∈[0，π]，恒有|f(x1)－f(x2)|≤M，則M的最小值為________.解析∵f(x)＝x－2sinx，∴f′(x)＝1－2cosx，∴當(dāng)0<x<eq\f(π,3)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)eq\f(π,3)<x<π時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；∴當(dāng)x＝eq\f(π,3)時，f(x)有微小值，也是最小值，即f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\f(π,3)－2sineq\f(π,3)＝eq\f(π,3)－eq\r(3).又f(0)＝0，f(π)＝π，∴在x∈[0，π]上，f(x)max＝π.由題意得|f(x1)－f(x2)|≤M等價于M≥|f(x)max－f(x)min|＝π－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\r(3)))＝eq\f(2π,3)＋eq\r(3).∴M的最小值為eq\f(2π,3)＋eq\r(3).答案eq\f(2π,3)＋eq\r(3)三、解答題6.已知f(x)＝(1－x)ex－1.(1)求函數(shù)f(x)的最大值；(2)設(shè)g(x)＝eq\f(f（x）,x)，x>－1且x≠0，證明：g(x)<1.(1)解f′(x)＝－xex.當(dāng)x∈(－∞，0)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減.所以f(x)的最大值為f(0)＝0.(2)證明由(1)知，當(dāng)x>0時，f(x)<0，g(x)<0<1.當(dāng)－1<x<0時，g(x)<1等價于f(x)>x.設(shè)h(x)＝f(x)－x，則h′(x)＝－xex－1.當(dāng)x∈(－1，0)時，0<－x<1，0<ex<1，則0<－xex<1，從而當(dāng)x∈(－1，0)時，h′(x)<0，h(x)在(－1，0)上單調(diào)遞減.當(dāng)－1<x<0時，h(x)>h(0)＝0，即g(x)<1.綜上，當(dāng)x>－1且x≠0時總有g(shù)(x)<1.7.(2024·西安質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)(a為常數(shù)).(1)探討函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)不等式f(x)≥1在x∈(0，1]上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.解(1)定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(a,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－a,x2)，當(dāng)a≤0時，又x>0，∴x－a>0，∴f′(x)>0，∴f(x)在定義域(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時，若x>a，則f′(x)>0，∴f(x)單調(diào)遞增；若0<x<a，則f′(x)<0，∴f(x)單調(diào)遞減.綜上可知：當(dāng)a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)；當(dāng)a>0時，f(x)在區(qū)間(0，a)上是減函數(shù)，在區(qū)間(a，＋∞)上是增函數(shù).(2)f(x)≥1?eq\f(a,x)＋lnx≥1?eq\f(a,x)≥－lnx＋1?a≥－xlnx＋x對隨意x∈(0，1]恒成立.令g(x)＝－xlnx＋x，x∈(0，1].則g′(x)＝－lnx－x·eq\f(1,x)＋1＝－lnx≥0，x∈(0，1]，∴g(x)在(0，1]上單調(diào)遞增，∴g(x)max＝g(1)＝1，∴a≥1，故a的取值范圍為[1，＋∞).B級實力提升8.(2024·天津卷節(jié)選)設(shè)函數(shù)f(x)＝excosx，g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時，證明f(x)＋g(x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))≥0.(1)解由已知，有f′(x)＝ex(cosx－sinx).因此，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4)))(k∈Z)時，有sinx>cosx，得f′(x)<0，則f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(3π,4)，2kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)時，有sinx<cosx，得f′(x)>0，則f(x)單調(diào)遞增.所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(3π,4)，2kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4)))(k∈Z).(2)證明記h(x)＝f(x)＋g(x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x)).依題意及(1)，有g(shù)(x)＝ex(cosx－sinx)，從而g′(x)＝－2exsinx.當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時，g′(x)<0，故h′(x)＝f′(x)＋g′(x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＋g(x)(－1)＝g′(x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))<0.因此，h(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，進而h(x)≥heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝0.所以當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時，f(x)＋g(x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))≥0.9.(2024·衡水中學(xué)檢測)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1－a,2)x2＋ax－lnx(a∈R).(1)當(dāng)a＝1時，求函數(shù)f(x)的極值；(2)若對隨意a∈(4，5)及隨意x1，x2∈[1，2]，恒有eq\f(a－1,2)m＋ln2>|f(x1)－f(x2)|成立，求實數(shù)m的取值范圍.解(1)由題意知函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞).當(dāng)a＝1時，f(x)＝x－lnx，f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，當(dāng)0<x<1時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>1時，f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增，∴函數(shù)f(x)的微小值為f(1)＝1，無極大值.(2)由題意知f′(x