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一　 导数综合应用的工具性策略
1.(12分)当x≥0时,求证:ex≥x2+x+1.
2.(12分)当x>0时,求证:ex-2ln x>4-2ln 2.
3.(12分)已知函数f(x)=x-1+,若直线l:y=kx-1与曲线y=f(x)没有公共点,求实数k的最大值.
4.(12分)已知函数f(x)=ln x+ax+1,a∈R,当a≤2时,求证:≤e2x.
5.(12分)若函数f(x)=aln x-x,且f(ax)≤ex-ax,求正实数a的取值范围.
6.(13分)设函数f(x)=1-e-x.当x≥0时,f(x)≤,求a的取值范围.
7.(13分)(一题多解)已知函数f(x)=ex-1-a(x+1)(x≥1),g(x)=(x-1)ln x.
(1)若f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;
(2)若a取(1)中的最大值,求证:f(x)≥g(x).
8.(14分)(一题多解)若xln x-2mx(x-1)+ex-1-x≥0对 x≥1恒成立,求实数m的取值范围.
一　 导数综合应用的工具性策略
1.(12分)当x≥0时,求证:ex≥x2+x+1.
证明:要证ex≥x2+x+1(x≥0),只需证f(x)=≤1(x≥0),
f'(x)=≤0恒成立,
故f(x)在[0,+∞)上单调递减,由于f(0)=1,故≤1在[0,+∞)上恒成立,即x≥0时,ex≥x2+x+1恒成立.
2.(12分)当x>0时,求证:ex-2ln x>4-2ln 2.
证明:要证明左边大于右边,只需证明左边的最小值大于右边即可,令g(x)=ex-2ln x(x>0),
g'(x)=ex-,
设h(x)=g'(x),
则h'(x)=ex+>0,
则g'(x)在(0,+∞)上单调递增,
又g'<0,g'(1)>0,∴存在x0∈,使g'(x0)=0,
即=0,
则x0=ln 2-ln x0,
故g(x)≥g(x0)=-2ln 2+2x0>4-2ln 2,证毕.
3.(12分)已知函数f(x)=x-1+,若直线l:y=kx-1与曲线y=f(x)没有公共点,求实数k的最大值.
解:依题意得方程x-1+=kx-1无实数解,即方程=(k-1)x无解.
①k=1时,方程化为=0,在x∈R上无解.
②k≠1时,方程化为=xex,即直线y=与y=xex的图象无交点,
易得y=xex的图象如图,结合y=xex的图象得,,解得1-e综上,k的最大值为1.
4.(12分)已知函数f(x)=ln x+ax+1,a∈R,当a≤2时,求证:≤e2x.
证明:当a≤2时,因为x>0,所以要证≤e2x,
只要证明≤e2x即可,
即ln x+2x+1≤xe2x,等价于e2x+ln x≥ln x+2x+1.
令g(x)=ex-x-1,则g'(x)=ex-1,
当x∈(-∞,0)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
则g(x)≥g(0)=e0-0-1=0,即ex≥x+1(当且仅当x=0时等号成立),
故≤e2x成立.
5.(12分)若函数f(x)=aln x-x,且f(ax)≤ex-ax,求正实数a的取值范围.
解:易知f(x)=aln x-x的定义域为(0,+∞),
由f(ax)≤ex-ax可得aln(ax)-ax≤ex-ax,即aln(ax)≤ex.
因为x∈(0,+∞),a>0,所以axln(ax)≤xex,即eln(ax)ln(ax)≤xex,
构造函数g(x)=xex,x∈(0,+∞),则g'(x)=(x+1)ex>0,
可知函数g(x)在(0,+∞)上单调递增,因此ln(ax)≤x,即ln a+ln x≤x,所以ln a≤x-ln x,
令h(x)=x-ln x,x∈(0,+∞),则h'(x)=1-,
当x∈(0,1)时,h'(x)<0,此时h(x)在(0,1)上单调递减,
当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,此时h(x)在(1,+∞)上单调递增,
因此h(x)在x=1处取得极小值,也是最小值,h(x)min=h(1)=1.
即可得ln a≤h(x)min=1,解得a∈(0,e].
故正实数a的取值范围是(0,e].
6.(13分)设函数f(x)=1-e-x.当x≥0时,f(x)≤,求a的取值范围.
解:由题设x≥0,此时f(x)≥0.
①当a<0时,若x>-,则<0,f(x)≤不成立.
②当a≥0,x≥0时,f(x)≤,即1-e-x≤.
若x=0,则a∈R;
若x>0,则1-e-x≤,
即a≤.
记g(x)=,
则g'(x)==(ex-x2-2+e-x).
记h(x)=ex-x2-2+e-x,则h'(x)=ex-2x-e-x,设m(x)=h'(x),则m'(x)=ex+e-x-2>0.
因此,h'(x)=ex-2x-e-x在(0,+∞)上单调递增,且h'(0)=0,故h'(x)>0,
即h(x)在(0,+∞)上单调递增,且h(0)=0,故h(x)>0.
因此g'(x)=h(x)>0,故g(x)在(0,+∞)上单调递增.
由洛必达法则有g(x)==,
即当x→0时,g(x)→,即有g(x)>,所以0≤a≤.综上所述,a的取值范围是.
7.(13分)(一题多解)已知函数f(x)=ex-1-a(x+1)(x≥1),g(x)=(x-1)ln x.
(1)若f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;
(2)若a取(1)中的最大值,求证:f(x)≥g(x).
解:(1)方法一　由题意,f(x)≥0 ex-1-a(x+1)≥0 a≤,
设h(x)=(x≥1),则h'(x)=>0,则h(x)在[1,+∞)上单调递增,从而h(x)min=h(1)=.因为a≤h(x)恒成立,
所以a≤,故实数a的取值范围是.
方法二　由题意,f'(x)=ex-1-a,x≥1,当a≤1时,f'(x)≥0恒成立,则f(x)在[1,+∞)上单调递增,从而f(x)min=f(1)=1-2a,
因为f(x)≥0,所以1-2a≥0,解得a≤.
当a>1时,f'(x)>0 x>1+ln a,f'(x)<0 1≤x<1+ln a,
故f(x)在[1,1+ln a)上单调递减,在(1+ln a,+∞)上单调递增,
故f(x)min=f(1+ln a)=a-a(2+ln a)=-aln a-a<0,不合题意.
综上所述,实数a的取值范围是.
方法三　由题意,f(x)≥0 ex-1-a(x+1)≥0 a≤,
易证ex≥x+1,则ex-1≥x,当且仅当x=1时取等号,
从而,
又当x=1时,,所以,
因为a≤恒成立,所以a≤,故实数a的取值范围是.
(2)证明:证法一　由题意,a=,f(x)=ex-1-,
则f(x)≥g(x) ex-1-≥(x-1)ln x,
易证ln x≤x-1,所以当x≥1时,(x-1)ln x≤(x-1)2,
下面证明ex-1-≥(x-1)2,只需证ex-1≥,即证≤1,
设φ(x)=(x≥1),则φ'(x)=-,故φ'(x)>0 2,从而φ(x)在上单调递减,在上单调递增,在(2,+∞)上单调递减,
又φ(1)=1,φ(2)=<1,所以φ(x)≤1,
即当x≥1时,≤1,即ex-1-≥(x-1)2.因为(x-1)2≥(x-1)ln x,所以ex-1-≥(x-1)ln x,故f(x)≥g(x)成立.
证法二　设u(x)=(x≥1),则u'(x)=-≤0,所以u(x)在[1,+∞)上单调递减,
又u(1)=1,所以u(x)≤1恒成立,从而≤1,故ex-1≥,
所以f(x)-g(x)=ex-1--(x-1)ln x≥-(x-1)ln x=-(x-1)ln x=(x-1),设v(x)=-ln x(x≥1),则v'(x)=,v'(x)>0 x>2,v'(x)<0 1≤x<2,
从而v(x)在[1,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,故v(x)≥v(2)=1-ln 2>0,
所以f(x)-g(x)≥(x-1)=(x-1)v(x)≥0,故f(x)≥g(x).
8.(14分)(一题多解)若xln x-2mx(x-1)+ex-1-x≥0对 x≥1恒成立,求实数m的取值范围.
解:方法一(端点效应)　因为xln x-2mx(x-1)+ex-1-x≥0对 x≥1恒成立,
即ln x-2m(x-1)+-1≥0对 x≥1恒成立,
记f(x)=ln x-2m(x-1)+-1,x∈[1,+∞),
因为f(1)=0,f(x)≥0欲在[1,+∞)上恒成立,f'(x)=,所以f'(1)=1-2m≥0,解得m≤,
再证明充分性,当m≤时,有xln x-2mx(x-1)+ex-1-x≥0对 x≥1恒成立(证明略).
综上可得m≤,即m∈.
方法二　因为xln x-2mx(x-1)+ex-1-x≥0对 x≥1恒成立,
即ln x-2m(x-1)+-1≥0对 x≥1恒成立,
记f(x)=ln x-2m(x-1)+-1,x∈[1,+∞),
则f'(x)=,
令g(x)=,
令h(x)=ex-1-x,x∈[1,+∞),则h'(x)=ex-1-1,所以当x>1时h'(x)>0,
所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,所以h(x)≥h(1)=0,即ex-1≥x,x∈[1,+∞),
则g'(x)=≥≥0,当且仅当x=1时取等号,所以f'(x)在[1,+∞)上是增函数,所以f'(x)≥f'(1)=1-2m,
当1-2m≥0,即m≤时,f(x)在[1,+∞)上是增函数,所以f(x)≥f(1)=0符合题意;
当m>时,f'(1)<0,且当x→+∞时,f'(x)→+∞, 所以 x0∈(1,+∞),使得f'(x0)=0,
即当x∈(1,x0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,此时f(x)所以m>不符合题意.
综上可得m≤,即m∈.

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