2021高考数学人教版一轮复习多维层次练：第三章 第2节第3课时 导数在不等式中的应用
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多维层次练19
[A级 基础巩固]
1．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，) D．(1，)
解析：由函数f(x)＝ln x＋a可得f′(x)＝，
因为x0使f′(x)＝f(x)成立，所以＝ln x0＋a，
又0
1，ln x0<0，所以a＝－ln x0>1.
答案：A
2．已知函数f(x)＝－1＋ln x，若存在x0>0，使得f(x0)≤0有解，则实数a的取值范围是( )
A．a>2 B．a<3 C．a≤1 D．a≥3
解析：函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，不等式－1＋ln x≤0有解，即a≤x－xln x在(0，＋∞)上有解．
令h(x)＝x－xln x，则h′(x)＝－ln x，
由h′(x)＝0，得x＝1.
当00，当x>1时，h′(x)<0.故当x＝1时，函数h(x)＝x－xln x取得最大值1，所以要使不等式a≤x－xln x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：C
3．(2020·济南一中联考)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx－17(a，b，c
∈R)的导函数为f′(x)，f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，若f(x)的极小值等于－98，则a的值是( )
A．－ B. C．2 D．5
解析：易知f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.
因为f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}．
所以a>0，且－2＋3＝－，－2×3＝，
则3a＝－2b，c＝－18a，
依题意f(x)的极小值为f(3)＝27a＋9b＋3c－17＝－98.
解得a＝2，b＝－3，c＝－36.
答案：C
4．(2020·惠州调研)设x∈R，函数y＝f(x)的导数存在，若f(x)＋f′(x)>0恒成立，且a>0，则下列结论正确的是( )
A．f(a)f(0)
C．ea·f(a)f(0)
解析：设g(x)＝ex·f(x)，则g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，
所以g(x)在R上单调递增．
由a>0，得g(a)>g(0)，即ea·f(a)>f(0)．
答案：D
5．(2019·天津卷改编)已知a∈R，设函数f(x)＝若关于x的不等式f(x)≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，则a的取值范围为( )
A．[0，1] B．[0，2]
C．[0，e] D．[1，e]
解析：当0≤x≤1时，f(x)＝x2＋a≥a，
由f(x)≥0恒成立，则a≥0，
当x>1时，由f(x)＝x－aln x≥0恒成立，即a≤恒成立．
设g(x)＝(x>1)，则g′(x)＝.
令g′(x)＝0，得x＝e，
且当1e时，g′(x)>0，
所以g(x)min＝g(e)＝e，所以a≤e.
综上，a的取值范围是0≤a≤e，即[0，e]．
答案：C
6．若对任意的a，b满足00，解得00，设F(x)＝，则不等式F(x)<的解集为________．
解析：F′(x)＝＝，
又f(x)－f′(x)>0，所以F′(x)<0.
即F(x)在定义域上单调递减．
由F(x)<＝F(1)，得x>1.
所以不等式F(x)<的解集为(1，＋∞)．
答案：(1，＋∞)
8．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________．
解析：因为f(x)＝x－2sin x，所以f′(x)＝1－2cos x，
所以当00，f(x)单调递增；
所以当x＝时，f(x)有极小值，即最小值，
且f(x)min＝f ＝－2sin ＝－.
又f(0)＝0，f(π)＝π.所以f(x)max＝π.
由题意得|f(x1)－f(x2)|≤M等价于M≥|f(x)max－f(x)min|＝π－＝＋.
所以M的最小值为＋.
答案：＋
9．已知函数f(x)＝m－2ln x(m∈R)，g(x)＝－，若至少存在一个x0∈[1，e]，使得f(x0)cos x，得f′(x)<0，则f(x)单调递减；
当x∈(k∈Z)时，有sin x0，则f(x)单调递增．
所以f(x)的单调递增区间为(k∈Z)，
f(x)的单调递减区间为(k∈Z)．
(2)证明：记h(x)＝f(x)＋g(x).
依题意及(1)，有g(x)＝ex(cos x－sin x)，
从而g′(x)＝－2exsin x.
当x∈时，g′(x)<0，
故h′(x)＝f′(x)＋g′(x)＋g(x)(－1)＝
g′(x)<0.
因此，h(x)在区间上单调递减，
进而h(x)≥h＝f＝0.
所以当x∈时，f(x)＋g(x)≥0.
[B级 能力提升]
11．已知x＝1是f(x)＝[x2－(a＋3)x＋2a＋3]ex的极小值点，则实数a的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，1)
解析：f′(x)＝[x2－(a＋1)x＋a]ex，
令f′(x)＝0，得x2－(a＋1)x＋a＝0.
设g(x)＝x2－(a＋1)x＋a＝(x－1)(x－a)，
①当a＝1时，g(x)≥0，f′(x)≥0，f(x)没有极值．
②当a>1时，若x>a或x<1时，g(x)>0，f′(x)>0；
若11或x0；若aln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.
(1)解：由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，知f′(x)＝ex－2，x∈R.
令f′(x)＝0，得x＝ln 2，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
极小值
↗
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2]，单调递增区间是[ln 2，＋∞)，
f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)，无极大值．
(2)证明：设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，
则g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.
于是对任意的x∈R，都有g′(x)>0，
所以g(x)在R上单调递增．
于是当a>ln 2－1时，
对任意的x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．
而g(0)＝0，从而对任意的x∈(0，＋∞)，g(x)>0.
即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
[C级 素养升华]
13．(2020·衡水中学检测)设函数f(x)＝x2＋ax－ln x(a∈R)．
(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；
(2)若对任意a∈(4，5)及任意x1，x2∈[1，2]，恒有·m＋ln 2>|f(x1)－f(x2)|成立，求实数m的取值范围．
解：(1)因为函数f(x)＝x2＋ax－ln x(a∈R)，
所以函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
当a＝1时，f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－＝，
当01时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以函数f(x)的极小值为f(1)＝1，无极大值．
(2)因为函数f(x)＝x2＋ax－ln x(a∈R)，
所以f′(x)＝(1－a)x＋a－＝，
当a∈(4，5)时，在区间[1，2]上，f′(x)≤0，则f(x)单调递减，所以f(1)是f(x)的最大值，f(2)是f(x)的最小值，
所以|f(x1)－f(x2)|≤f(1)－f(2)＝－＋ln 2.
因为对任意a∈(4，5)对任意x1，x2∈[1，2]，恒有m＋ln 2>|f(x1)－f(x2)|成立，
所以m＋ln 2>－＋ln 2，得m>.
因为a∈(4，5)，所以＝1－<1－＝，
所以m≥，故实数m的取值范围是.
素养培育逻辑推理——两个经典不等式的活用(自主阅读)
逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证．利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程．
(1)对数形式：x≥1＋ln x(x>0)，当且仅当x＝1时，等号成立．
(2)指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立．
进一步可得到一组不等式链：ex>x＋1>x>1＋ln x(x>0，且x≠1)．
[典例1] 已知函数f(x)＝，则y＝f(x)的图象大致为( )
解析：因为f(x)的定义域为
即{x|x>－1，且x≠0}，所以排除选项D.
当x>0时，由经典不等式x>1＋ln x(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)，易知B正确．
答案：B
[典例2] 已知函数f(x)＝ex，x∈R.证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一公共点．
证明：令g(x)＝f(x)－＝ex－x2－x－1，x∈R，则g′(x)＝ex－x－1，
由经典不等式ex≥x＋1恒成立可知，g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在R上为单调递增函数，且g(0)＝0.
所以函数g(x)有唯一零点，即两曲线有唯一公共点．
[典例3] (2017·全国卷Ⅲ改编)已知函数f(x)＝x－1－aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)证明：对于任意正整数n，·…·＜e.
(1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，
①若a≤0，因为f ＝－＋aln 2＜0，
所以不满足题意．
②若a＞0，由f′(x)＝1－＝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＋，得ln＜.
从而ln＋ln＋…＋ln＜＋＋…＋＝1－＜1，
故·…·＜e.
[典例4] 已知函数f(x)＝ax－ln x－1.
(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；
(2)证明：＋x＋ln x－1≥0.
(1)解：由题意知x>0，
所以f(x)≥0等价于a≥.
令g(x)＝，则g′(x)＝，
所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
则g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1，
所以a的最小值为1.
(2)证明：当a＝1时，由(1)得x≥ln x＋1，
即t≥1＋ln t.
令＝t，则－x－ln x＝ln t，
所以≥－x－ln x＋1，即＋x＋ln x－1≥0.
