高中数学压轴题系列——导数专题——超越不等式放缩

高中数学压轴题系列——导数专题——超越不等式放缩

1.（2010?大纲版Ⅰ）已知函数f（x）=（x+1）lnx﹣x+1．

（Ⅰ）若xf′（x）≤x2+ax+1，求a的取值范围；（Ⅱ）证明：（x﹣1）f（x）≥0． 解：（Ⅰ）

，xf′（x）=xlnx+1，

题设xf′（x）≤x2+ax+1等价于lnx﹣x≤a．令g（x）=lnx﹣x，则

当0＜x＜1，g′（x）＞0；当x≥1时，g′（x）≤0，x=1是g（x）的最大值点，g（x）≤g（1）=﹣1 综上，a的取值范围是[﹣1，+∞）．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，g（x）≤g（1）=﹣1即lnx﹣x+1≤0． 当0＜x＜1时，f（x）=（x+1）lnx﹣x+1=xlnx+（lnx﹣x+1）＜0； 当x≥1时，f（x）=lnx+（xlnx﹣x+1）= 所以（x﹣1）f（x）≥0．

2.（2010?大纲版Ⅱ）设函数f（x）=1﹣e﹣x． （Ⅰ）证明：当x＞﹣1时，f（x）≥解：（1）当x＞﹣1时，f（x）≥

；（Ⅱ）设当x≥0时，f（x）≤

，求a的取值范围．

=

≥0

当且仅当ex≥1+x 令g（x）=ex﹣x﹣1，则g'（x）=ex﹣1

当x≥0时g'（x）≥0，g（x）在[0，+∞）是增函数 当x≤0时g'（x）≤0，g（x）在（﹣∞，0]是减函数

于是g（x）在x=0处达到最小值，因而当x∈R时，g（x）≥g（0）时，即ex≥1+x 所以当x＞﹣1时，f（x）≥

（2）由题意x≥0，此时f（x）≥0 当a＜0时，若x＞﹣，则

＜0，f（x）≤

不成立；

当且仅当h（x）≤0

当a≥0时，令h（x）=axf（x）+f（x）﹣x，则f（x）≤

因为f（x）=1﹣e﹣x，所以h'（x）=af（x）+axf'（x）+f'（x）﹣1=af（x）﹣axf（x）+ax﹣f（x） （i）当0≤a≤时，由（1）知x≤（x+1）f（x）

h'（x）≤af（x）﹣axf（x）+a（x+1）f（x）﹣f（x）=（2a﹣1）f（x）≤0， h（x）在[0，+∞）是减函数，h（x）≤h（0）=0，即f（x）≤

；

（ii）当a＞时，由y=x﹣f（x）=x﹣1+e﹣x，y′=1﹣e﹣x，x＞0时，函数y递增；x＜0，函数y递减． 可得x=0处函数y取得最小值0，即有x≥f（x）．

h'（x）=af（x）﹣axf（x）+ax﹣f（x）≥af（x）﹣axf（x）+af（x）﹣f（x）=（2a﹣1﹣ax）f（x） 当0＜x＜

时，h'（x）＞0，所以h'（x）＞0，所以h（x）＞h（0）=0，即f（x）＞

综上，a的取值范围是[0，]

3.（2012?山东）已知函数

（1，f（1））处的切线与x轴平行．

（Ⅰ）求k的值；（Ⅱ）求f（x）的单调区间；

（Ⅲ）设g（x）=（x2+x）f′（x），其中f′（x）为f（x）的导函数． 证明：对任意x＞0，g（x）＜1+e﹣2． 解：（Ⅰ）∵f′（x）=f′（1）=0，∴k=1； （Ⅱ）由（Ⅰ）得：f′（x）=

（1﹣x﹣xlnx），x∈（0，+∞），令h（x）=1﹣x﹣xlnx，x∈（0，+∞）， ，x∈（0，+∞），且y=f（x）在（1，f（1））处的切线与x轴平行，∴

为常数，e=2.71828…是自然对数的底数），曲线y=f（x）在点

当x∈（0，1）时，h（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，h（x）＜0，又ex＞0， ∴x∈（0，1）时，f′（x）＞0，x∈（1，+∞）时，f′x）＜0， ∴f（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减； 证明：（Ⅲ）∵g（x）=（x2+x）f′（x），∴g（x）=∴?x＞0，g（x）＜1+e﹣2?1﹣x﹣xlnx＜

（1﹣x﹣xlnx），x∈（0，+∞），

（1+e﹣2），由（Ⅱ）h（x）=1﹣x﹣xlnx，x∈（0，+∞），

∴h′（x）=﹣（lnx﹣lne﹣2），x∈（0，+∞），∴x∈（0，e﹣2）时，h′（x）＞0，h（x）递增，

x∈（e﹣2，+∞）时，h（x）＜0，h（x）递减，∴h（x）max=h（e﹣2）=1+e﹣2，∴1﹣x﹣xlnx≤1+e﹣2， 设m（x）=ex﹣（x+1），∴m′（x）=ex﹣1=ex﹣e0，∴x∈（0，+∞）时，m′（x）＞0，m（x）递增， ∴m（x）＞m（0）=0，∴x∈（0，+∞）时，m（x）＞0，即∴1﹣x﹣xlnx≤1+e﹣2＜

4.（2013?辽宁）已知函数f（x）=（1+x）e﹣2x，g（x）=ax+（I）求证：

+1+2xcosx，当x∈[0，1]时，

＞1，

（1+e﹣2），∴?x＞0，g（x）＜1+e﹣2．

；（II）若f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围．

解：（I）证明：①当x∈[0，1）时，（1+x）e﹣2x≥1﹣x?（1+x）e﹣x≥（1﹣x）ex， 令h（x）=（1+x）e﹣x﹣（1﹣x）ex，则h′（x）=x（ex﹣e﹣x）． 当x∈[0，1）时，h′（x）≥0，∴h（x）在[0，1）上是增函数， ∴h（x）≥h（0）=0，即f（x）≥1﹣x．

②当x∈[0，1）时，

?ex≥1+x，令u（x）=ex﹣1﹣x，则u′（x）=ex﹣1．

．

当x∈[0，1）时，u′（x）≥0，∴u（x）在[0，1）单调递增，∴u（x）≥u（0）=0，∴f（x）综上可知：

．

（II）解：设G（x）=f（x）﹣g（x）=≥令H（x）=

=

．

，则H′（x）=x﹣2sinx，令K（x）=x﹣2sinx，则K′（x）=1﹣2cosx．

当x∈[0，1）时，K′（x）＜0，

可得H′（x）是[0，1）上的减函数，∴H′（x）≤H′（0）=0，故H（x）在[0，1）单调递减， ∴H（x）≤H（0）=2．∴a+1+H（x）≤a+3．∴当a≤﹣3时，f（x）≥g（x）在[0，1）上恒成立． 下面证明当a＞﹣3时，f（x）≥g（x）在[0，1）上不恒成立． f（x）﹣g（x）≤令v（x）=

=

=

，则v′（x）=

=﹣x

．

．

当x∈[0，1）时，v′（x）≤0，故v（x）在[0，1）上是减函数，

∴v（x）∈（a+1+2cos1，a+3]．当a＞﹣3时，a+3＞0．∴存在x0∈（0，1），使得v（x0）＞0，此时，f（x0）＜g（x0）．即f（x）≥g（x）在[0，1）不恒成立．综上实数a的取值范围是（﹣∞，﹣3]．

5.（2012?湖北文）设函数f（x）=axn（1﹣x）+b（x＞0），n为正整数，a，b为常数，曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程为x+y=1

（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）求函数f（x）的最大值；（Ⅲ）证明：f（x）＜解：（Ⅰ）因为f（1）=b，由点（1，b）在x+y=1上，可得1+b=1，即b=0． 因为f′（x）=anxn﹣1﹣a（n+1）xn，所以f′（1）=﹣a．

又因为切线x+y=1的斜率为﹣1，所以﹣a=﹣1，即a=1，故a=1，b=0． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=xn（1﹣x），则有f′（x）=（n+1）xn﹣1（在（0，

）上，导数为正，故函数f（x）是增函数；在（

﹣x），令f′（x）=0，解得x=

．

，+∞）上导数为负，故函数f（x）是

）n（1﹣

）=

，

减函数；故函数f（x）在（0，+∞）上的最大值为f（（Ⅲ）令φ（t）=lnt﹣1+，则φ′（t）=﹣

=

）=（（t＞0）

在（0，1）上，φ′（t）＜0，故φ（t）单调减；在（1，+∞），φ′（t）＞0，故φ（t）单调增；

故φ（t）在（0，+∞）上的最小值为φ（1）=0，所以φ（t）＞0（t＞1）则lnt＞1﹣，（t＞1）， 令t=1+，得ln（1+）＞

，即ln（1+）n+1＞lne，所以（1+）n+1＞e，即

＜

由（Ⅱ）知，f（x）≤

＜，故所证不等式成立．

6.（2016?新课标Ⅲ）设函数f（x）=lnx﹣x+1．

（1）讨论f（x）的单调性；（2）证明当x∈（1，+∞）时，1＜（3）设c＞1，证明当x∈（0，1）时，1+（c﹣1）x＞cx． 【解答】解：（1）函数f（x）=lnx﹣x+1的导数为f′（x）=﹣1， 由f′（x）＞0，可得0＜x＜1；由f′（x）＜0，可得x＞1． 即有f（x）的增区间为（0，1）；减区间为（1，+∞）； （2）证明：当x∈（1，+∞）时，1＜

＜x，即为lnx＜x﹣1＜xlnx．

＜x；

由（1）可得f（x）=lnx﹣x+1在（1，+∞）递减，可得f（x）＜f（1）=0，即有lnx＜x﹣1； 设F（x）=xlnx﹣x+1，x＞1，F′（x）=1+lnx﹣1=lnx，

当x＞1时，F′（x）＞0，可得F（x）递增，即有F（x）＞F（1）=0， 即有xlnx＞x﹣1，则原不等式成立；

（3）证明：设G（x）=1+（c﹣1）x﹣cx，则需要证明：

当x∈（0，1）时，G（x）＞0（c＞1）；G′（x）=c﹣1﹣cxlnc，G′′（x）=﹣（lnc）2cx＜0， ∴G′（x）在（0，1）单调递减，而G′（0）=c﹣1﹣lnc，G′（1）=c﹣1﹣clnc， 由（1）中f（x）的单调性，可得G′（0）=c﹣1﹣lnc＞0， 由（2）可得G′（1）=c﹣1﹣clnc=c（1﹣lnc）﹣1＜0，

∴?t∈（0，1），使得G′（t）=0，即x∈（0，t）时，G′（x）＞0，x∈（t，1）时，G′（x）＜0； 即G（x）在（0，t）递增，在（t，1）递减；又因为：G（0）=G（1）=0，

∴x∈（0，1）时G（x）＞0成立，不等式得证；即c＞1，当x∈（0，1）时，1+（c﹣1）x＞cx．

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/sz5.html