2021届高考数学二轮复习-专题检测导数与不等式.doc

2021届高考数学二轮复习 专题检测导数与不等式

2021届高考数学二轮复习 专题检测导数与不等式

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专题检测（二十二） 导数与不等式
大题专攻强化练
1．已知函数f(x)＝xex＋2x＋aln x，曲线y＝f(x)在点P(1，f(1))处的切线与直线x＋2y－1＝0垂直．
(1)求实数a的值；
(2)求证：f(x)>x2＋2.
解：(1)因为f′(x)＝(x＋1)ex＋2＋，
所以曲线y＝f(x)在点P(1，f(1))处的切线斜率k＝f′(1)＝2e＋2＋a.
而直线x＋2y－1＝0的斜率为－，
由题意可得(2e＋2＋a)×＝－1，
解得a＝－2e.
(2)证明：由(1)知，f(x)＝xex＋2x－2eln x.
不等式f(x)>x2＋2可化为xex＋2x－2eln x－x2－2>0.
设g(x)＝xex＋2x－2eln x－x2－2，
则g′(x)＝(x＋1)ex＋2－－2x.
记h(x)＝(x＋1)ex＋2－－2x(x>0)，
则h′(x)＝(x＋2)ex＋－2，
因为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，
所以函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又h(1)＝2e＋2－2e－2＝0，
所以当x∈(0，1)时，h(x)<0，即g′(x)<0，函数g(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，即g′(x)>0，函数g(x)单调递增．
所以g(x)≥g(1)＝e＋2－2eln 1－1－2＝e－1，
显然e－1>0，
所以g(x)>0，即xex＋2x－2eln x>x2＋2，也就是f(x)>x2＋2.
2．设函数f(x)＝2ln x－mx2＋1.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当f(x)有极值时，若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，求实数m的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－2mx＝，
当m≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当m>0时，令f′(x)>0，得0<x<，
令f′(x)<0，得x>，
∴f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知，当f(x)有极值时，m>0，且f(x)在上单调递增，在上单调递减．
∴f(x)max＝f＝2ln－m·＋1＝－ln m，
若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，则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，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，∴0<m<1.
∴实数m的取值范围是(0，1)．
3．(2019·贵阳模拟)已知函数f(x)＝(m≥0)，其中e为自然对数的底数．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若m∈(1，2)，证明：当 x1，x2∈[1，m]时，f(x1)>－x2＋1＋恒成立．
解：(1)由题得f′(x)＝－＝－，
当m＝0，即1－m＝1时，f′(x)＝－≤0，f(x)在R上单调递减；
当m>0，即1－m<1时，令f′(x)<0得x<1－m或x>1，令f′(x)>0得1－m<x<1，∴f(x)在(－∞，1－m)，(1，＋∞)上单调递减，在(1－m，1)上单调递增．
(2)证明：令g(x)＝－x＋1＋，问题转化为证明f(x)min>g(x)max，
由(1)可知，m∈(1，2)时，f(x)在[1，m]上单调递减，
∴f(x)min＝f(m)＝，
∵g(x)在[1，m]上单调递减，
∴g(x)max＝g(1)＝，
即证>，
记h(m)＝(1<m<2)，
则h′(m)＝，
令h′(m)>0得1<m<，
令h′(m)<0得<m<2，
∴h(m)在上单调递增，在上单调递减，
又h(1)＝＝，h(2)＝＝，
∴对任意的m∈(1，2)，都有h(m)>>，
即当x1，x2∈[1，m]时，f(x1)>－x2＋1＋恒成立．
4．(2019·武汉市调研测试)已知函数f(x)＝ex＋1－aln(ax)＋a(a>0)．
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若关于x的不等式f(x)>0恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋1－ln x＋1，
则f′(x)＝ex＋1－，
∴切线的斜率k＝f′(1)＝e2－1，
而f(1)＝e2＋1，
故切线方程为y－f(1)＝f′(1)(x－1)，
即y－(e2＋1)＝(e2－1)(x－1)，
整理得(e2－1)x－y＋2＝0.
(2)由f(x)＝ex＋1－aln x－aln a＋a，
得f′(x)＝ex＋1－＝，
显然g(x)＝xex＋1－a在(0，＋∞)上单调递增，
又g(0)＝－a<0，g(a)＝aea＋1－a>0，
则存在x0∈(0，a)，使得g(x0)＝0，
即x0e＋1＝a，ln a＝ln x0＋x0＋1.
∴0<x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
x0<x时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(x)在x＝x0处取得最小值f(x0)＝e＋1－aln x0－aln a＋a，
即f(x0)＝－aln x0－aln a＋a
＝a
＝a
＝a.
由f(x)>0恒成立知f(x0)>0，
即a>0，∴－x0－2ln x0>0.
令h(x)＝－x－2ln x，则h′(x)＝－－1－＝－<0，h(x)单调递减，
又当x→0时，h(x)→＋∞，h(1)＝0，
∴由h(x)>0得0<x<1，∴0<x0<1.
又 a＝x0e＋1在(0，1)上单调递增，
∴0<a<e2，
∴实数a的取值范围为(0，e2)．