《备战2023年高考数学一轮复习》课时作业-第三章-第2节-第三课时-导数与不等式.docx

第三课时　导数与不等式

知识点、方法
综合运用练
应用创新练
利用导数证明不等式
2,4

利用导数研究不等式恒成立问题
1
5
导数与不等式的综合问题
3
6

1.(2021·陕西榆林高三二模)已知函数f(x)=(x2-3)ex+m.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若∀x1∈(0,+∞),∀x2∈R,f(x1)>4x2-8x2,求m的取值范围.
解:(1)由f(x)=(x2-3)ex+m,得f′(x)=(x2+2x-3)ex=(x+3)(x-1)ex,
当x<-3或x>1时,f′(x)>0,当-3<x<1时,f′(x)<0,
所以f(x)在(-∞,-3)和(1,+∞)上单调递增,在(-3,1)上单调递减.
(2)因为f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(1)=m-2e,
因为∀x1∈(0,+∞),∀x2∈R,f(x1)>4x2-8x2,所以m-2e>4x2-8x2恒成立.
令t=2x2,则t>0,即m>t2-t3+2e在(0,+∞)上恒成立,
令g(t)=t2-t3+2e,则g′(t)=2t-3t2=t(2-3t),
所以g(t)在(0,23)上单调递增,在(23,+∞)上单调递减,所以m>g(23)=
427+2e,
故m的取值范围为(427+2e,+∞).
2.已知函数f(x)=12ax2-(2a+1)x+2ln x.
当a=0时,证明:f(x)<2ex-x-4(其中e为自然对数的底数).
证明:当a=0时,函数f(x)=2ln x-x,
由f(x)<2ex-x-4可知ex>ln x+2.
令g(x)=ex-ln x-2(x>0),g′(x)=ex-1x.
设g′(x0)=0,则ex0=1x0(0<x0<1).
当x∈(0,x0)时,g′(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(x0,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增,
所以当x=x0时,g(x)取得唯一的极小值,也是最小值.
g(x)的最小值是g(x0)=ex0-ln x0-2=1x0-ln 1ex0-2=1x0+x0-2>0成立,
故f(x)<2ex-x-4成立.
3.已知函数f(x)=ln(x+2).
(1)求函数的图象在点P(-1,0)处的切线l的方程;
(2)利用你所学的知识结合函数f(x)=ln(x+2)的图象以及直线l,构造一个关于函数f(x)的解析式及直线l的方程的不等式,并证明你的结论.
解:(1)易知点P(-1,0)在曲线上,由f′(x)=1x+2可知f′(-1)=1,
所以切线l的方程为y=x+1.
(2)结合图象可知x+1>ln(x+2)(x≠-1),证明如下:
构造函数g(x)=x+1-ln(x+2),其导数为
g′(x)=1-1x+2=x+1x+2.
当x∈(-2,-1)时,g′(x)<0;当x∈(-1,+∞)时,g′(x)>0,
所以g(x)在区间(-2,-1)上单调递减,在区间(-1,+∞)上单调递增,
所以g(x)>g(-1)=0,
因此对于x∈(-2,-1)∪(-1,+∞),总有x+1>ln(x+2).
注意:本题也可构造不等式x+1≥ln(x+2),证明过程与上面基本相似,此处略.
4.(2021·河南新乡高三一模)已知函数f(x)=ex-k(ln x+1).
(1)设x=3是f(x)的极值点,求k的值,并求f(x)的单调区间;
(2)证明:当0<k<e时,f(x)>0.
(1)解:f(x)的定义域为(0,+∞),因为f(x)=ex-k(ln x+1),所以
f′(x)=ex-kx.
由题意可知f′(3)=0,即e3-k3=0,所以k=3e3>0,从而f′(x)是增函数.
又f′(3)=0,所以当x∈(0,3)时,f′(x)<0;当x∈(3,+∞)时,
f′(x)>0,
故f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+∞).
(2)证明:当0<k<e时,f(x)=k(exk-ln x-1),
所以exk-ln x-1>exe-ln x-1.
令g(x)=exe-ln x-1,则g′(x)=exe-1x,易知g′(x)在(0,+∞)上单调递增,且g′(1)=0,
所以当x∈(0,1)时,g′(x)<0;当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,
从而g(x)min=g(1)=0,即g(x)≥0,所以当0<k<e时,f(x)>0.

5.已知函数f(x)=-x2+ax-3,g(x)=xln x,a∈R.
(1)当x>0时,2g(x)≥f(x),求a的取值范围;
(2)证明:当x>0时,g(x)>xex-2e.
(1)解:当x>0时,2g(x)≥f(x),即2xln x≥-x2+ax-3,
即a≤2xlnx+x2+3x=2ln x+x+3x.
设h(x)=2ln x+x+3x(x>0),则h′(x)=2x+1-3x2=(x+3)(x-1)x2,
所以当x∈(0,1)时,h′(x)<0,h(x)单调递减,
当x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增,
所以h(x)min=h(1)=4,则a≤4,
所以实数a的取值范围为(-∞,4].
(2)证明:因为g(x)=xln x,
所以g′(x)=1+ln x,
易知函数g(x)在(0,1e)上单调递减,在(1e,+∞)上单调递增,
所以当x>0时,g(x)min=g(1e)=-1e,
令(x)=xex-2e,则′(x)=1-xex,
易知(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以(x)max=(1)=-1e,
又两个等号不同时成立,故当x>0时,g(x)>xex-2e.
6.已知函数f(x)=(x+1)ln(x+1).
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若对∀x∈[0,+∞),f(x)≥ax恒成立,求实数a的取值范围.
解:(1)f(x)的定义域为(-1,+∞),f′(x)=ln(x+1)+1.
令f′(x)=0,得x=1e-1.
令f′(x)<0,得-1<x<1e-1;令f′(x)>0,
得x>1e-1.
所以f(x)的单调递减区间为(-1,1e-1),单调递増区间为(1e-1,+∞).
(2)令g(x)=(x+1)ln(x+1)-ax,则g′(x)=ln(x+1)+1-a.
①当a≤1时,1-a≥0,ln(x+1)≥0,所以g′(x)≥0,g(x)在[0,+∞)上单调递增,
又因为g(0)=0,所以g(x)≥g(0)=0,即对∀x∈[0,+∞),有f(x)≥ax恒成立.
②当a>1时,令g′(x)=0,得x=ea-1-1>0,
当x∈(0,ea-1-1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减,又因为g(0)=0,
所以当x∈(0,ea-1-1)时,g(x)<g(0)=0,不满足题意.
综上,实数a的取值范围是(-∞,1].