《（京津魯瓊專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第4講 導(dǎo)數(shù)與不等式練典型習(xí)題 提數(shù)學(xué)素養(yǎng)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（京津魯瓊專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第4講 導(dǎo)數(shù)與不等式練典型習(xí)題 提數(shù)學(xué)素養(yǎng)（含解析）（4頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第4講　導(dǎo)數(shù)與不等式 1．設(shè)a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值； (2)求證：當(dāng)a>ln 2－1且x>0時(shí)，ex>x2－2ax＋1. 解：(1)由f(x)＝ex－2x＋2a(x∈R)，知f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2. 當(dāng)xln 2時(shí)，f′(x)>0，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(ln 2，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln 2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2處取得極小值

2、f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a，無(wú)極大值． (2)證明：要證當(dāng)a>ln 2－1且x>0時(shí)，ex>x2－2ax＋1，即證當(dāng)a>ln 2－1且x>0時(shí)，ex－x2＋2ax－1>0. 設(shè)g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x≥0)． 則g′(x)＝ex－2x＋2a，由(1)知g′(x)min＝g′(ln 2)＝2－2ln 2＋2a. 又a>ln 2－1，則g′(x)min>0. 于是對(duì)?x∈R，都有g(shù)′(x)>0，所以g(x)在R上單調(diào)遞增． 于是對(duì)?x>0，都有g(shù)(x)>g(0)＝0. 即ex－x2＋2ax－1>0， 故ex>x2－2ax＋1.

3、2．(2019·貴陽(yáng)模擬)已知函數(shù)f(x)＝mex－ln x－1. (1)當(dāng)m＝1時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程； (2)若m∈(1，＋∞)，求證：f(x)>1. 解：(1)當(dāng)m＝1時(shí)，f(x)＝ex－ln x－1， 所以f′(x)＝ex－， 所以f′(1)＝e－1，又因?yàn)閒(1)＝e－1， 所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x. (2)證明：當(dāng)m>1時(shí)，f(x)＝mex－ln x－1>ex－ln x－1， 要證明f(x)>1，只需證明ex－ln x－2>0， 設(shè)g(x)＝ex－

4、ln x－2，則g′(x)＝ex－(x>0)， 設(shè)h(x)＝ex－(x>0)，則h′(x)＝ex＋>0， 所以函數(shù)h(x)＝g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 因?yàn)間′＝e－2<0，g′(1)＝e－1>0， 所以函數(shù)g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上有唯一零點(diǎn)x0，且x0∈， 因?yàn)間′(x0)＝0，所以ex0＝，即ln x0＝－x0， 當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，g′(x)>0， 所以當(dāng)x＝x0時(shí)，g(x)取得最小值g(x0)， 故g(x)≥g(x0)＝ex0－ln x0－2＝＋x0－2>0， 綜上可知，若m∈(1，＋∞)，則f(x

5、)>1. 3．(2019·濟(jì)南市學(xué)習(xí)質(zhì)量評(píng)估)已知函數(shù)f(x)＝x(ex＋1)－a(ex－1)． (1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處切線的斜率為1，求實(shí)數(shù)a的值； (2)當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f(x)>0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1)f′(x)＝xex＋ex＋1－aex. 因?yàn)閒′(1)＝e＋e＋1－ae＝1，所以a＝2. (2)設(shè)g(x)＝f′(x)＝ex＋1＋xex－aex，則g′(x)＝ex＋(x＋1)ex－aex＝(x＋2－a)ex，設(shè)h(x)＝x＋2－a， 注意到f(0)＝0，f′(0)＝g(0)＝2－a， (i)當(dāng)a≤2時(shí)，h(x)＝x＋2－a

6、>0在(0，＋∞)上恒成立， 所以g′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)， 所以g(x)>g(0)＝2－a≥0，所以f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立． 所以f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)， 所以f(x)>f(0)＝0在(0，＋∞)上恒成立，符合題意． (ii)當(dāng)a>2時(shí)，h(0)＝2－a<0，h(a)＝2>0，?x0∈(0，a)，使得h(x0)＝0， 當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，h(x)<0，所以g′(x)<0，所以g(x)在(0，x0)上是減函數(shù)， 所以f′(x)在(0，x0)上是減函數(shù)． 所以f′(x)

7、)在(0，x0)上是減函數(shù)， 所以當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f(x)1時(shí)，f(x)<(1－m)x2恒成立，求m的取值范圍． 解：(1)函數(shù)g(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)． 當(dāng)m＝－時(shí)，g(x)＝aln x＋x2，所以g′(x)＝＋2x＝. (i)當(dāng)a＝0時(shí)，g(x)＝x2，x>0時(shí)無(wú)零點(diǎn)． (ii

8、)當(dāng)a>0時(shí)，g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 取x0＝e－，則g(x0)＝g(e－)＝－1＋<0， 因?yàn)間(1)＝1，所以g(x0)·g(1)<0，此時(shí)函數(shù)g(x)恰有一個(gè)零點(diǎn)． (iii)當(dāng)a<0時(shí)，令g′(x)＝0，解得x＝.當(dāng)0時(shí)，g′(x)>0，所以g(x)在上單調(diào)遞增． 要使函數(shù)g(x)恰有一個(gè)零點(diǎn)，則g＝aln －＝0，即a＝－2e. 綜上所述，若函數(shù)g(x)恰有一個(gè)零點(diǎn)，則a＝－2e或a>0. (2)令h(x)＝f(x)－(1－m)x2＝mx2－(2m＋1)x＋ln x， 根據(jù)題意

9、，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)<0恒成立． h′(x)＝2mx－(2m＋1)＋＝. (i)若00恒成立，所以h(x)在上是增函數(shù)，且h(x)∈，所以不符合題意． (ii)若m≥，則x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)>0恒成立，所以h(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)，且h(x)∈，所以不符合題意． (iii)若m≤0，則x∈(1，＋∞)時(shí)，恒有h′(x)<0，故h(x)在(1，＋∞)上是減函數(shù)，于是h(x)<0對(duì)任意的x∈(1，＋∞)都成立的充要條件是h(1)≤0，即m－(2m＋1)≤0，解得m≥－1，故－1≤m≤0. 綜上，m的取值范圍是[－1，0]． - 4 -