文档介绍：导数与不等式
LT
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.
(x)＝x2－ax－alnx(a∈R)．
(1)若函数f(x)在x＝1处取得极值，求a的值；
(2)在(1)的条件下，求证：f(x)≥－＋－4x＋.
2．(2016·烟台模拟)已知函数f(x)＝x2－ax，g(x)＝lnx，h(x)＝f(x)＋g(x)．
(1)若函数y＝h(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．(2016·山西四校联考)已知f(x)＝lnx－x＋a＋1.
(1)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≥0成立，求a的取值范围；
答案精析
1．(1)解 f′(x)＝2x－a－，由题意可得f′(1)＝0，解得a＝，a＝1时f(x)在x＝1处取得极值，所以a＝1.
(2)证明 由(1)知，f(x)＝x2－x－lnx，
令g(x)＝f(x)－
＝－＋3x－lnx－，
由g′(x)＝x2－3x＋3－＝－3(x－1)＝(x>0)，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)＝x2－ax＋lnx(x>0)，
由h′(x)＝(x>0)，
若h(x)的单调减区间是，
由h′(1)＝h′＝0，解得a＝3，
而当a＝3时，h′(x)＝＝(x>0)．
由h′(x)<0，解得x∈，
即h(x)的单调减区间是，
∴a＝3.
(2)由题意知x2－ax≥lnx(x>0)，
∴a≤x－(x>0)．
令φ(x)＝x－(x>0)，
则φ′(x)＝，
∵y＝x2＋lnx－1在(0，＋∞)上是增函数，且x＝1时，y＝0.
∴当x∈(0,1)时，φ′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，
即φ(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，
∴φ(x)min＝φ(1)＝1，故a≤1.
即实数a的取值范围为(－∞，1]．
3．(1)解 原题即为存在x>0，
使得lnx－x＋a＋1≥0，
∴a≥－lnx＋x－1，
令g(x)＝－lnx＋x－1，
则g′(x)＝－＋1＝.
令g′(x)＝0，解得x＝1.
∵当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)为减函数，
当x>1时，g′(x)>0，g(x)为增函数，
∴g(x)min＝g(1)＝0，a≥g(1)＝0.
故a的取值范围是[0，＋∞)．
(2)证明 原不等式可化为x2＋ax－xlnx－a－>0(x>1，a≥0)．
令G(x)＝x2＋ax－xlnx－a－，则G(1)＝0.
由(1)可知x－lnx－1>0，
则G′(x)＝x＋a－lnx－1≥x－lnx－1>0，
∴G(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴G(x)>G(1)＝0成立，
∴x2＋ax－xlnx－a－>0成立，
即x2＋ax－a>xlnx＋成立．
4．解 (1)求导可得f′(x)＝－＋2a＝，
令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝－，
当a＝－2时，f′(x)≤0，函数f(x)在定义域(0，＋∞)内单调递减；
当－2<a<0时，在区间(0，)，(－，＋∞)上f′(x)<0，f(x)单调递减，在区间(，－)上f′(x)>0，f(x)单调递增；
当a<－2时，在区间(0，－)，(，＋∞)上f′(x)<0，f(x)单调递减，在区间(－，)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x∈[1,3]时，f(x)max＝f(1)＝1＋2a，f(x)min＝f(3)＝(2－a)ln 3＋＋6a.
问题等价于：对任意的a∈(－3，－2)，恒有(m＋ln 3)a－2ln 3>1＋2a－(2－a)ln 3－－6a成立，即am>－4a，
因为a<0，所以m<－4，
因为a∈(－3，－2)，
所以只需m≤(－4)min，
所以实数m的取值范围为(－∞，－]．
5．证明