2020届高考数学复习导数及其应用3_2_3导数与不等式证明选学课时作业文（含解析）新人教A版

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1、3-2-3导数与不等式证明(选学)课时作业A组——基础对点练【解析】2．(2019·安庆模拟)已知函数f(x)＝xlnx＋ax，a∈R，函数f(x)的图象在x＝1处的切线与直线x＋2y－1＝0垂直．(1)求a的值和函数f(x)的单调区间．(2)求证：ex>f′(x)．【解析】(1)由题易知，f′(x)＝lnx＋1＋a，x>0，且f(x)的图象在x＝1处的切线的斜率k＝2，所以f′(1)＝ln1＋1＋a＝2，所以a＝1.所以f′(x)＝lnx＋2，当x>e－2时，f′(x)>0，当0

2、x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为(e－2，＋∞)，单调递减区间为(0，e－2)．(2)证明：设g(x)＝ex－f′(x)＝ex－lnx－2，x>0，因为g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上单调递增，且g′(1)＝e－1>0，g′＝e－2<0，所以g′(x)在上存在唯一的零点t，使得g′(t)＝et－＝0，即et＝.当0t时，g′(x)>g′(t)＝0，所以g(x)在(0，t)上单调递减，在(t，＋∞)上单调递增，所以x>0时，g(x)≥g(t)＝et

3、－lnt－2＝－ln－2＝t＋－2≥2－2＝0，又0，即ex>f′(x)．B组——能力提升练1．(2019·沈阳质监)已知f(x)＝ex－ax2－2x，a∈R.(1)求函数f(x)的图象恒过的定点的坐标．(2)若f′(x)≥－ax－1恒成立，求a的值．(3)在(2)成立的条件下，证明：f(x)存在唯一的极小值点x0，且－2＜f(x0)＜－.【解析】(1)要使参数a对函数值不产生影响，需x＝0，此时f(0)＝e0－a×02－2×0＝1，∴函数f(x)的图象恒过的

4、定点的坐标为(0，1)．(2)依题意得ex－2ax－2≥－ax－1恒成立，∴ex≥ax＋1恒成立．构造函数g(x)＝ex－ax－1，则g(x)＝ex－ax－1的图象恒过点(0，0)，g′(x)＝ex－a，①若a≤0，则g′(x)＞0.∴g(x)在R上单调递增，∴ex≥ax＋1不能恒成立．②若a＞0，令g′(x)＝0，∴x＝lna.∵当x∈(－∞，lna)时，g′(x)＜0，函数g(x)＝ex－ax－1单调递减，当x∈(lna，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)＝ex－ax－1单调递增，∴函数g(x)

5、在x＝lna处取得极小值，g(lna)＝a－alna－1.∴要使ex－2ax－2≥－ax－1恒成立，只需a－alna－1≥0.设h(a)＝a－alna－1，则函数h(a)的图象恒过点(1，0)，h′(a)＝1－lna－1＝－lna，当a∈(0，1)时，h′(a)＞0，函数h(a)单调递增．当a∈(1，＋∞)时，h′(a)＜0.函数h(a)单调递减．∴函数h(a)在a＝1处取得极大值0，∴要使函数h(a)≥0恒成立，只需a＝1.综上，a的值为1.(3)证明：f′(x)＝ex－2x－2，设m(x)＝ex－2

6、x－2，则m′(x)＝ex－2，当x＞ln2时，m′(x)＞0，当x＜ln2时，m′(x)＜0，∴函数m(x)在(－∞，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，m(x)＝ex－2x－2在x＝ln2处取得极小值，且m(ln2)＝－2ln2＜0，又m(－1)＝＞0，m(2)＝e2－6＞0，∴m(x)有两个变号零点，∴f(x)存在唯一的极小值点x0，∴f′(x0)＝0，即ex0－2x0－2＝0，∴f(x0)＝ex0－x－2x0＝2x0＋2－x－2x0＝2－x，∵m＝e－2×－2＝e－5＜0，∴x0∈

7、，∴函数f(x)的极小值f(x0)＝2－x∈，即－2＜f(x0)＜－.2．(2019·成都诊断)已知函数f(x)＝alnx－x2＋(2a－1)x(a∈R)有两个不同的零点．(1)求a的取值范围．(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2＞2a.【解析】(1)法一：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝－2x＋2a－1＝.当a≤0时，易得f′(x)＜0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，则f(x)至多有一个零点，不符合题意，舍去．当a＞0时，令f′(x)＝0，则x＝a，f′(x)

8、，f(x)随x的变化情况如下：x(0，a)a(a，＋∞)f′(x)＋0－f(x)极大值∴f(x)max＝f(a)＝a(lna＋a－1)．设g(x)＝lnx＋x－1，则g′(x)＝＋1＞0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增．∵g(1)＝0，∴0＜x＜1时，g(x)＜0；x＞1时，g(x)＞0.∴当0＜a≤1时，f(x)max＝a·g(a)≤0，则f(x)至多有一个零点，不符合题意，舍去．当a＞1时，f(x)max＝a·g(a)＞0，∵f＝a