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1、專題檢測（二十一） 函數(shù)、導數(shù)與不等式
大題專攻強化練
1．(2019·貴州省適應性考試)函數(shù)f(x)＝x－ln x，g(x)＝aex.
(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；
(2)求證：當a≥時，xf(x)≤g(x)．
解：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)．
由f(x)＝x－ln x，得f′(x)＝1－＝，
當x∈(0，1)時，f′(x)＜0；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0.
所以f(x)的單調遞減區(qū)間是(0，1)，單調遞增區(qū)間是(1，＋∞)．
(2)證明：要證xf(x)≤g(x)，即證x(x－ln x)≤aex，即證a≥.
設h(x)＝，
則h′(x)＝
2、＝，
由(1)可知f(x)≥f(1)＝1，即ln x－(x－1)≤0，
于是，當x∈(0，1)時，h′(x)＞0，h(x)單調遞增；
當x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0，h(x)單調遞減．
所以x＝1時，h(x)取得最大值，h(x)max＝＝，
所以當a≥時，xf(x)≤g(x)．
2．(2019·北京高考)已知函數(shù)f(x)＝x3－x2＋x.
(1)求曲線y＝f(x)的斜率為1的切線方程；
(2)當x∈[－2，4]時，求證：x－6≤f(x)≤x；
(3)設F(x)＝|f(x)－(x＋a)|(a∈R)，記F(x)在區(qū)間[－2，4]上的最大值為M(a)．當M(a)最小時，求a的
3、值．
解：(1)由f(x)＝x3－x2＋x得f′(x)＝x2－2x＋1.
令f′(x)＝1，即x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝.
又f(0)＝0，f＝，
所以曲線y＝f(x)的斜率為1的切線方程是y＝x與y－＝x－，
即y＝x與y＝x－.
(2)證明：令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2，4]．
由g(x)＝x3－x2得g′(x)＝x2－2x.
令g′(x)＝0得x＝0或x＝.
當x變化時，g′(x)，g(x)的變化情況如下：
x
－2
(－2，0)
0
4
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
－6
0
－
4、
0
所以g(x)的最小值為－6，最大值為0.
故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x.
(3)由(2)知，
當a<－3時，M(a)＝F(0)＝|g(0)－a|＝－a>3；
當a>－3時，M(a)＝F(－2)＝|g(－2)－a|＝6＋a>3；
當a＝－3時，M(a)＝3.
綜上，當M(a)最小時，a＝－3.
3．設函數(shù)f(x)＝2ln x－mx2＋1.
(1)討論函數(shù)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(shù)m的取值范圍．
解：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f′(x)＝－2mx＝，
當m≤0
5、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，∴0
6、是(0，1)．
4．(2019·武漢市調研測試)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ln x＋ax(a∈R)．
(1)在a＝0時，求f(x)的單調區(qū)間；
(2)若f(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．
解：(1)a＝0時，f(x)＝(x－1)ln x，
f′(x)＝ln x＋(x－1)·＝ln x－＋1，設g(x)＝ln x－＋1，
則g′(x)＝＞0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，而g(1)＝0，
∴x∈(0，1)時，g(x)＜0，即f′(x)＜0，
x∈(1，＋∞)時，g(x)＞0，即f′(x)＞0，∴f(x)的單調遞減區(qū)間為(0，1)，單調遞增區(qū)間為(1，＋∞)．
(2)由(x－1)ln x＋ax＞0，得－ax＜(x－1)ln x，而x＞0，
∴－a＜＝ln x－.
記h(x)＝ln x－，則h′(x)＝－＝，
設m(x)＝ln x＋x－1(x＞0)，
顯然m(x)在(0，＋∞)上單調遞增，而m(1)＝0，
∴x∈(0，1)時，m(x)＜0，h′(x)＜0，h(x)單調遞減，
x∈(1，＋∞)時，m(x)＞0，h′(x)＞0，h(x)單調遞增，
∴h(x)min＝h(1)＝0.
∴－a＜0，∴a＞0，即實數(shù)a的取值范圍是(0，＋∞)．
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