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）≤x
2
+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）≤x
2
+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e
x
≥1+x 令g（x）=e
x
﹣x﹣1，则g'（x）=e
x
﹣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e
x
≥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）﹣a xf（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）≤；

（i i）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）=（x
2
+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e
x
＞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）=（ x
2
+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< br>﹣
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）=e
x
﹣（x+1），∴m′ （x）=e
x
﹣1=e
x
﹣e
0
，∴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）e
x
，

令h（x）=（1+x）e
﹣
x
﹣（1﹣x）e
x
，则h′（x）=x（e
x
﹣e< br>﹣
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，?e
x
≥1+x，令u（x）=e
x
﹣1﹣x，则u′（x）=e< br>x
﹣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x
0
∈（0， 1），使得v（x
0
）＞0，此时，
f（x
0
）＜g（x
0
）．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）=ax
n
（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< br>
（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）=anx
n
﹣
1
﹣a（n+1）x
n
，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）=x
n
（1﹣x），则有f′（x）=（n+1）x
n
﹣
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），< br>
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＞c
x
．

【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﹣c
x
，则需要证明：
当x∈ （0，1）时，G（x）＞0（c＞1）；G′（x）=c﹣1﹣c
x
lnc，G′′（x）= ﹣（lnc）
2
c
x
＜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＞ c
x
．