2020届高考数学一轮复习第三篇导数及其应用专题3.4导数在不等式中的应用练习含解析

令f′(x)>0，得x>1e；令f′(x)<0，得0

e

. ∴f(x)的单调增区间是??1?e，＋∞???， 单调减区间是??1?0，e???

.

故f(x)在x＝1?1?1e处有极小值f??e??＝－e，无极大值. 2

(2)由f(x)≥－x＋mx－3

2及f(x)＝xln x，

2xln x2得m≤＋x＋3x恒成立，

2

问题转化为m≤??2xln x＋x＋3?x???min

. 2xln x＋x2

令g(x)＝＋3x(x>0)，

则g′(x)＝2x＋x2－3x2

，

由g′(x)>0?x>1，由g′(x)<0?0

所以g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g(x)min＝g(1)＝4，因此m≤4，所以m的最大值是4. 8.已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2

. (1)当a＝0时，求证：f(x)≥0；

(2)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围； (3)若x>0，证明(ex－1)ln(x＋1)>x2

. 【答案】见解析

【解析】(1)证明 当a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1. 当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0. 故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，

f(x)min＝f(0)＝0，∴f(x)≥0.

(2)解 f′(x)＝ex－1－2ax，令h(x)＝ex－1－2ax， 则h′(x)＝ex－2a.

①当2a≤1，即a≤1

2

时，在[0，＋∞)上，h′(x)≥0，h(x)单调递增，

h(x)≥h(0)，即f′(x)≥f′(0)＝0，

∴f(x)在[0，＋∞) 上为增函数，

13

∴f(x)≥f(0)＝0， ∴当a≤1

2

时满足条件.

②当2a>1，即a>1

2时，令h′(x)＝0，解得x＝ln (2a)，

在[0，ln (2a))上，h′(x)<0，h(x)单调递减，

∴当x∈(0，ln (2a))时，有h(x)

－∞，2???. 2

(3)证明 由(2)得，当a＝1xx2，x>0时，e>1＋x＋2，

2

即ex－1>x＋x2

，

欲证不等式(ex－1)ln(x＋1)>x2

， 只需证ln(x＋1)>

2xx＋2. 设F(x)＝ln(x＋1)－

2xx＋2

， 2

则F′(x)＝14xx＋1－（x＋2）2＝（x＋1）（x＋2）2. ∵当x>0时，F′(x)>0恒成立，且F(0)＝0， ∴F(x)>0恒成立.∴原不等式得证.

14