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專題跟蹤檢測（四） “導數與不等式”考法面面觀
1．(2019屆高三唐山模擬)已知f(x)＝x2－a2ln x，a>0.
(1)求函數f(x)的最小值；
(2)當x>2a時，證明：>a.
解：(1)函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f′(x)＝x－＝.
當x∈(0，a)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；
當x∈(a，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增．
所以當x＝a時，f(x)取得極小值，也是最小值，且f(a)＝a2－a2ln a.
(2)證明：由(1)知，f(x)在(2a，＋∞)上單調遞增，
則所證不等式等價于f(x)－f(2a)－a(x－2a)>0.
設g(x)＝f(x)－f(2a)－a(x－2a)，
則當x>2a時，
g′(x)＝f′(x)－a＝x－－a
＝>0，
所以g(x)在(2a，＋∞)上單調遞增，
當x>2a時，g(x)>g(2a)＝0，
即f(x)－f(2a)－a(x－2a)>0，
故>a.
2．已知函數f(x)＝xex＋2x＋aln x，曲線y＝f(x)在點P(1，f(1))處的切線與直線x＋2y－1＝0垂直．
(1)求實數a的值；
(2)求證：f(x)>x2＋2.
解：(1)因為f′(x)＝(x＋1)ex＋2＋，
所以曲線y＝f(x)在點P(1，f(1))處的切線斜率k＝f′(1)＝2e＋2＋a.
而直線x＋2y－1＝0的斜率為－，
由題意可得(2e＋2＋a)＝－1，
解得a＝－2e.
(2)證明：由(1)知，f(x)＝xex＋2x－2eln x.
不等式f(x)>x2＋2可化為xex＋2x－2eln x－x2－2>0.
設g(x)＝xex＋2x－2eln x－x2－2，
則g′(x)＝(x＋1)ex＋2－－2x.
記h(x)＝(x＋1)ex＋2－－2x(x>0)，
則h′(x)＝(x＋2)ex＋－2，
因為x>0，所以x＋2>2，ex>1，故(x＋2)ex>2，
又>0，所以h′(x)＝(x＋2)ex＋－2>0，
所以函數h(x)在(0，＋∞)上單調遞增．
又h(1)＝2e＋2－2e－2＝0，
所以當x∈(0,1)時，h(x)<0，即g′(x)<0，函數g(x)單調遞減；
當x∈(1，＋∞)時，h(x)>0，即g′(x)>0，函數g(x)單調遞增．
所以g(x)≥g(1)＝e＋2－2eln 1－1－2＝e－1，
顯然e－1>0，
所以g(x)>0，即xex＋2x－2eln x>x2＋2，也就是f(x)>x2＋2.
3．(2018武漢模擬)設函數f(x)＝(1＋x－x2)ex(e＝2.718 28…是自然對數的底數)．
(1)討論f(x)的單調性；
(2)當x≥0時，f(x)≤ax＋1＋2x2恒成立，求實數a的取值范圍．
解：(1)f′(x)＝(2－x－x2)ex＝－(x＋2)(x－1)ex.
當x<－2或x>1時，f′(x)<0；當－2
0.
所以f(x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上單調遞減，在(－2,1)上單調遞增．
(2)設F(x)＝f(x)－(ax＋1＋2x2)，F(xiàn)(0)＝0，
F′(x)＝(2－x－x2)ex－4x－a，F(xiàn)′(0)＝2－a，
當a≥2時，F(xiàn)′(x)＝(2－x－x2)ex－4x－a≤－(x＋2)(x－1)ex－4x－2≤－(x＋2)(x－1)ex－x－2＝－(x＋2)[(x－1)ex＋1]，
設h(x)＝(x－1)ex＋1，h′(x)＝xex≥0，所以h(x)在[0，＋∞)上單調遞增，h(x)＝(x－1)ex＋1≥h(0)＝0，
即F′(x)≤0在[0，＋∞)上恒成立，F(xiàn)(x)在[0，＋∞)上單調遞減，F(xiàn)(x)≤F(0)＝0，所以f(x)≤ax＋1＋2x2在[0，＋∞)上恒成立．
當a<2時，F(xiàn)′(0)＝2－a>0，而函數F′(x)的圖象在(0，＋∞)上連續(xù)且x→＋∞，F(xiàn)′(x)逐漸趨近負無窮，必存在正實數x0使得F′(x0)＝0且在(0，x0)上F′(x)>0，所以F(x)在(0，x0)上單調遞增，此時F(x)>F(0)＝0，f(x)>ax＋1＋2x2有解，不滿足題意．
綜上，a的取值范圍是[2，＋∞)．
4．(2018南昌模擬)設函數f(x)＝2ln x－mx2＋1.
(1)討論函數f(x)的單調性；
(2)當f(x)有極值時，若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，求實數m的取值范圍．
解：(1)函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f′(x)＝－2mx＝，
當m≤0時，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；
當m>0時，令f′(x)>0，得0，
∴f(x)在上單調遞增，在上單調遞減．
(2)由(1)知，當f(x)有極值時，m>0，且f(x)在上單調遞增，在上單調遞減．
∴f(x)max＝f＝2ln－m＋1＝－ln m，
若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，則f(x)max>m－1.
即－ln m>m－1，ln m＋m－1<0成立．
令g(x)＝x＋ln x－1(x>0)，
∵g′(x)＝1＋>0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，且g(1)＝0，∴00時，對任意的x∈，恒有f(x)≤e－1成立，求實數b的取值范圍．
解：(1)函數f(x)的定義域為(0，＋∞)．
當b＝2時，f(x)＝aln x＋x2，
所以f′(x)＝＋2x＝.
①當a>0時，f′(x)>0，所以函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．
②當a<0時，令f′(x)＝0，解得x＝ (負值舍去)，
當0時，f′(x)>0，所以函數f(x)在上單調遞增．
綜上所述，當b＝2，a>0時，函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；
當b＝2，a<0時，函數f(x)在上單調遞減，在上單調遞增．
(2)因為對任意的x∈，恒有f(x)≤e－1成立，
所以當x∈時，f(x)max≤e－1.
當a＋b＝0，b>0時，f(x)＝－bln x＋xb，f′(x)＝－＋bxb－1＝.
令f′(x)<0，得00，得x>1.
所以函數f(x)在上單調遞減，在(1，e]上單調遞增，f(x)max為f＝b＋e－b與f(e)＝－b＋eb中的較大者．
f(e)－f＝eb－e－b－2b.
令g(m)＝em－e－m－2m(m>0)，
則當m>0時，g′(m)＝em＋e－m－2>2－2＝0，
所以g(m)在(0，＋∞)上單調遞增，故g(m)>g(0)＝0，所以f(e)>f，從而f(x)max＝f(e)＝－b＋eb
所以－b＋eb≤e－1，即eb－b－e＋1≤0.
設φ(t)＝et－t－e＋1(t>0)，則φ′(t)＝et－1>0，
所以φ(t)在(0，＋∞)上單調遞增．
又φ(1)＝0，所以eb－b－e＋1≤0的解集為(0,1]．
所以b的取值范圍為(0,1]．
6．(2018開封模擬)已知函數f(x)＝ax＋x2－xln a(a>0，a≠1)．
(1)當a＝e(e是自然對數的底數)時，求函數f(x)的單調區(qū)間；
(2)若存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1，求實數a的取值范圍．
解：(1)f′(x)＝axln a＋2x－ln a＝2x＋(ax－1)ln a.
當a＝e時，f′(x)＝2x＋ex－1，其在R上是增函數，
又f′(0)＝0，∴f′(x)>0的解集為(0，＋∞)，f′(x)<0的解集為(－∞，0)，故函數f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，＋∞)，單調遞減區(qū)間為(－∞，0)．
(2)∵存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1，
又當x1，x2∈[－1,1]時，|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min，
∴只要f(x)max－f(x)min≥e－1即可．
∵當a>1時，ln a>0，y＝(ax－1)ln a在R上是增函數，
當01或00)，
∴g′(a)＝1＋－＝2≥0，
∴g(a)＝a－－2ln a在(0，＋∞)上是增函數．
而g(1)＝0，故當a>1時，g(a)>0，即f(1)>f(－1)；
當01時，f(x)max－f(x)min＝f(1)－f(0)≥e－1，即a－ln a≥e－1，
函數y＝a－ln a在(1，＋∞)上是增函數，解得a≥e；
當0
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