【加练半小时】2018版高考数学（全国用,文科）专题复习专题3导数及其应用专题3第21练

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1、专题3导数及其应用第21练利用导数研究不等式问题训练目标(1)利用导数处理与不等式有关的题型；(2)解题步骤的规范训练.训练题型(1)利用导数证明不等式；(2)利用导数解决不等式恒成立问题及存在性问题；(3)利用导数证明与数列有关的不等式.解题策略(1)构造与所证不等式相关的函数；(2)利用导数求出函数的单调性或者最值再证明不等式；(3)处理恒成立问题注意参变量分离.1.(2016-沈阳模拟)已知函数_/(x)=Qlnx(a>0),e为自然对数的底数.(1)若过点«2,./(2))的切线斜率为2,求实数

2、a的值；⑵当兀>0时，求证：.心)》(1—3.(2016-山西四校联考)已知f(x)=x-x+a+.(1)若存在xe(0,4-oo),使得.心)20成立，求g的取值范围；(2)求证：在⑴的条件下，当兀>1时,$2+处一成立.4.已知函数/(x)=(2—Q)lnx+£+2qx.(1)当Q<0时，讨论/(X)的单调性；(2)若对任意的gW(—3,—2),xf也丘［1,3］，恒有(加+ln3)g—21n3>

3、心1)—/(X2)

4、成立，求实数m的収值范围.4.(2017-福州质检)设函数,/(x)=ev

5、-^-l.⑴当。>0时，设函数./(X)的最小值为g(d),求证：g(a)<0:(2)求证：对任意的正整数/7,都有严】+2小+3"+】+...+严

6、<(”+1)计.答案精析1.⑴解几2)=㊁=2,a=4.⑵证明令g(x)=d(lnx-l+£),0(x)=d(*—勻.令g'(x)>0,即解得x>l.所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+oo)上单调递增.所以g(兀)的最小值为g(l)=0,2.解(1)由题意可知，h(x)=x2—ax+Inx(x>0),由hf(x)=U>0),=0,解得a=3,而

7、当心时，代)=4也=色皿赴>0)・由//(x)<0，解得炸住，1),即砥)的单调减区间是(*,1),・・・q=3.(2)由题意知H—6tx>lnx(x>0),a0).Alnx—x2+lnx~1令(p(x)=x-—(x>0),则(px)=p,y=x2+x—在(0,+oo)上是增函数，且x=时，y=0.・••当xe(0,l)时，0⑴<0；当xe(l,+s)时，0(x)>O,即0(X)在(0,1)上是减函数，在(1,+8)上是增函数，.•・0(X)min=0(l)=1,故处1・即实

8、数Q的取值范围为(一8,1]・3.⑴解原题即为存在x>0,使得lnx—x+a+l>0,a>—x+x~1,令g(x)=—lnx+x—1,1x—1则gzw=--+i=—令g'(x)=O,解得x=l.T当01时，gz(x)<0,g(x)为减函数，当Q1时，0(x)>O,g(x)为增函数，•・g(X)min=g(l)=O,G沖⑴=0.故a的取值范围是［0,+oo).⑵证明原不等式可化为土“+俶一xlnx—a—*>0(x>l,a>0).令G(x)=^x2+ax—x［nx—a—^,则G(l)=0.由(1)可知x

9、—lnx—1>0,则Gf(x)=x+«—lnx—l>x—lnx—l>0,・・・G(x)在(1,+s)上单调递增，AG(x)>G(l)=0成立，/.^x2+ax—xx—a—^O成立，即㊁H+ay—d>xln成立.2—a13.解⑴求导可得/(x)=「一一7+2。(2x—1)(qx+1)=?,令/(兀)=0,得Xl=

10、,X2=-

11、,当Q=—2时，/(x)W0,函数.心)在定义域(0,+00)内单调递减；当一2

12、兀)>0,/(x)单调递增；当a<—2时，在区间(0,—+),(

13、,+oo)±/(x)<0,/(x)单调递减，在区间(一*,

14、)±/(x)>0,/(x)单调递增.(2)6(1)知当圧(一3,—2)时，函数./(X)在区间［1,3］上单调递减，所以当xG［l,3］时，Av)max=/(1)=1+267,沧)罰=/(3)=(2—°)1口3+*+6仏问题等价于：对任意的aW(—3,—2),恒有(加+ln3)a—21n3>l+2a—(2—a)ln3—6°成、2立，即am>j—4a,因为a<0,所以4,因为aG(

15、—3,—2),所以只需w<(^-4)min,所以实数加的取值范围为(一卩一#]・3.证明⑴由Q0及/(x)=e‘一d可得，函数./(X)在(一oc,hid)上单调递减，在(lno,+oo)上单调递增，故函数./(x)的最小值为g(a)=J(a)=ena—aa—1=a—aa—1,则g，(a)=—Ina,故当qW(0,1)时，gf(a)>0；当qW(1,+oo)时，g'(Q)<0,从而可知g(Q)在(0,1)上单调递增，在(1,+o