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專題跟蹤檢測(cè)(二十一)利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問(wèn)題1.已知f(x)=asinx+x2ex-ax-xexsinx.(1)當(dāng)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)時(shí),求a的取值范圍;(2)當(dāng)a=1,x>0時(shí),設(shè)g(x)=eq\f(fx,x-sinx),求證:g(x)≥x+lnx.解:(1)由題知,f(x)=(xex-a)(x-sinx)有兩個(gè)零點(diǎn),∵x-sinx=0時(shí),x=0,故xex-a=0有一個(gè)非零實(shí)根,設(shè)h(x)=xex,得h′(x)=(x+1)ex,∴h(x)在(-∞,-1)上單調(diào)遞減,在(-1,+∞)上單調(diào)遞增.又h(-1)=-eq\f(1,e),h(0)=0,x>0時(shí),h(x)>0;x<0時(shí),h(x)<0,結(jié)合圖象(圖略)可知,a的取值范圍是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(-\f(1,e)))∪(0,+∞).(2)證明:由題意知,g(x)=eq\f(fx,x-sinx)=xex-1.要證xex-1≥x+lnx=ln(xex),即證xex-ln(xex)-1≥0.令t=xex>0,設(shè)H(t)=t-lnt-1(t>0),則H′(t)=1-eq\f(1,t)=eq\f(t-1,t),∴H(t)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增.∴H(t)≥H(1)=0,∴xex-1≥x+lnx.∴g(x)≥x+lnx.2.已知f(x)=2xlnx+x2+ax+3.(1)當(dāng)a=1時(shí),求曲線y=f(x)在x=1處的切線方程;(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的取值范圍.解:f′(x)=2(lnx+1)+2x+a,x∈(0,+∞).(1)當(dāng)a=1時(shí),f(x)=2xlnx+x2+x+3,f′(x)=2(lnx+1)+2x+1,所以f(1)=5,f′(1)=5,所以曲線y=f(x)在x=1處的切線方程為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,等價(jià)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),則h′(x)=-eq\f(x2+2x-3,x2)=-eq\f(x+3x-1,x2),當(dāng)eq\f(1,e)<x<1時(shí),h′(x)>0,h(x)為增函數(shù);當(dāng)1<x<e時(shí),h′(x)<0,h(x)為減函數(shù).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(huán)(e)<0,所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e),e))時(shí),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的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(3e2-2e+1,e),+∞)).3.已知函數(shù)f(x)=aexlnx(其中e=2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)),g(x)=x2+xlna,a>0.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(2)設(shè)函數(shù)h(x)=g(x)-f(x),若h(x)>0對(duì)任意的x∈(0,1)恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解:(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞).因?yàn)閒(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),則φ′(x)=eq\f(x-1,x2).當(dāng)x∈(0,1)時(shí),φ′(x)<0,所以φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞減.當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),φ′(x)>0,所以φ(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增.所以φ(x)≥φ(1)=1>0.又因?yàn)閍>0,ex>0,所以f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立.所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.(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)對(duì)任意x∈(0,1)恒成立.設(shè)H(x)=eq\f(lnx,x),則H′(x)=eq\f(1-lnx,x2),所以,當(dāng)x∈(0,1)時(shí),H′(x)>0,函數(shù)H(x)單調(diào)遞增,且當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),H(x)>0;當(dāng)x∈(0,1)時(shí),H(x)<0.若aex≥1>x,則H(aex)≥0>H(x).若0<aex<1,因?yàn)镠(aex)>H(x),且H(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,所以aex>x.綜上可知,aex>x時(shí)對(duì)任意x∈(0,1)恒成立,即a>eq\f(x,ex)對(duì)任意x∈(0,1)恒成立.設(shè)G(x)=eq\f(x,ex),x∈(0,1),則G′(x)=eq\f(1-x,ex)>0.所以G(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,所以G(x)<G(1)=eq\f(1,e),所以a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e),+∞)).4.已知函數(shù)f(x)=kx-xlnx,k∈R.(1)當(dāng)k=2時(shí),求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)當(dāng)0<x≤1時(shí),f(x)≤k恒成立,求k的取值范圍;(3)設(shè)n∈N*,求證:eq\f(ln1,2)+eq\f(ln2,3)+…+eq\f(lnn,n+1)≤eq\f(nn-1,4).解:(1)當(dāng)k=2時(shí),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.因此函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,e),單調(diào)遞減區(qū)間為(e,+∞).(2)f(x)=kx-xlnx,故f′(x)=k-1-lnx.當(dāng)k≥1時(shí),因?yàn)?<x≤1,所以k-1≥0≥lnx,因此f′(x)≥0恒成立,即f(x)在(0,1]上單調(diào)遞增,所以f(x)≤f(1)=k恒成立.當(dāng)k<1時(shí),令f′(x)=0,解得x=ek-1∈(0,1).當(dāng)x∈(0,ek-1)時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(ek-1,1)時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.于是f(ek-1)>f(1)=k,與f(x)≤k恒成立相矛盾.綜上,k的取值范圍為[1,+∞).(3)證明:由(2)知,當(dāng)0<x≤1時(shí),x-xlnx≤1.令x=eq\f(1,n2)(n∈N*),則eq\f(1,n2)+eq\
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