新版高三数学 第21练 利用导数研究不等式问题练习

1 1第21练 利用导数研究不等式问题训练目标(1)利用导数处理与不等式有关的题型；(2)解题步骤的规范训练训练题型(1)利用导数证明不等式；(2)利用导数解决不等式恒成立问题及存在性问题；(3)利用导数证明与数列有关的不等式解题策略(1)构造与所证不等式相关的函数；(2)利用导数求出函数的单调性或者最值再证明不等式；(3)处理恒成立问题注意参变量分离.1.已知函数f(x)x2axalnx(aR)(1)若函数f(x)在x1处取得极值，求a的值；(2)在(1)的条件下，求证：f(x)4x.2(20xx烟台模拟)已知函数f(x)x2ax，g(x)lnx，h(x)f(x)g(x)(1)若函数yh(x)的单调减区间是，求实数a的值；(2)若f(x)g(x)对于定义域内的任意x恒成立，求实数a的取值范围3(20xx山西四校联考)已知f(x)lnxxa1.(1)若存在x(0，)，使得f(x)0成立，求a的取值范围；(2)求证：在(1)的条件下，当x1时，x2axaxlnx成立4.已知函数f(x)(2a)lnx2ax.(1)当a|f(x1)f(x2)|成立，求实数m的取值范围5(20xx福州质检)设函数f(x)exax1.(1)当a0时，设函数f(x)的最小值为g(a)，求证：g(a)0；(2)求证：对任意的正整数n，都有1n12n13n1nn10)，可知g(x)在(0,1)上是减函数，在(1，)上是增函数，所以g(x)g(1)0，所以f(x)4x成立2解(1)由题意可知，h(x)x2axlnx(x0)，由h(x)(x0)，若h(x)的单调减区间是，由h(1)h0，解得a3，而当a3时，h(x)(x0)由h(x)0)，ax(x0)令(x)x(x0)，则(x)，yx2lnx1在(0，)上是增函数，且x1时，y0.当x(0,1)时，(x)0，即(x)在(0,1)上是减函数，在(1，)上是增函数，(x)min(1)1，故a1.即实数a的取值范围为(，13(1)解原题即为存在x0，使得lnxxa10，alnxx1，令g(x)lnxx1，则g(x)1.令g(x)0，解得x1.当0x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)为增函数，g(x)ming(1)0，ag(1)0.故a的取值范围是0，)(2)证明原不等式可化为x2axxlnxa0(x1，a0)令G(x)x2axxlnxa，则G(1)0.由(1)可知xlnx10，则G(x)xalnx1xlnx10，G(x)在(1，)上单调递增，G(x)G(1)0成立，x2axxlnxa0成立，即x2axaxlnx成立4解(1)求导可得f(x)2a，令f(x)0，得x1，x2，当a2时，f(x)0，函数f(x)在定义域(0，)内单调递减；当2a0时，在区间(0，)，(，)上f(x)0，f(x)单调递增；当a2时，在区间(0，)，(，)上f(x)0，f(x)单调递增(2)由(1)知当a(3，2)时，函数f(x)在区间1,3上单调递减，所以当x1,3时，f(x)maxf(1)12a，f(x)minf(3)(2a)ln 36a.问题等价于：对任意的a(3，2)，恒有(mln 3)a2ln 312a(2a)ln 36a成立，即am4a，因为a0，所以m0及f(x)exa可得，函数f(x)在(，lna)上单调递减，在(lna，)上单调递增，故函数f(x)的最小值为g(a)f(lna)elnaalna1aalna1，则g(a)lna，故当a(0,1)时，g(a)0；当a(1，)时，g(a)0时，总有exx1.于是，可得(x1)n1(ex)n1e(n1)x.令x1，即x，可得n1en；令x1，即x，可得n1e(n1)；令x1，即x，可得n1e(n2)；令x1，即x，可得n1e1.对以上各式求和可得：n1n1n1n1ene(n1)e(n2)e11.故对任意的正整数n，都有1n12n13n1nn1(n1)n1.