（京津鲁琼专用）2020版高考数学第二部分专题六函数与导数第4讲导数与不等式练典型习题提数学素养

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1、第4讲　导数与不等式1．设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln2－1且x>0时，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＝ln2.当xln2时，f′(x)>0，故函数f(x)在区间(ln2，＋∞)上单调递增．所以f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(l

2、n2，＋∞)，f(x)在x＝ln2处取得极小值f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2－2ln2＋2a，无极大值．(2)证明：要证当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1，即证当a>ln2－1且x>0时，ex－x2＋2ax－1>0.设g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x≥0)．则g′(x)＝ex－2x＋2a，由(1)知g′(x)min＝g′(ln2)＝2－2ln2＋2a.又a>ln2－1，则g′(x)min>0.于是对∀x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增．于是对∀x>

3、0，都有g(x)>g(0)＝0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.2．(2019·贵阳模拟)已知函数f(x)＝mex－lnx－1.(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若m∈(1，＋∞)，求证：f(x)>1.解：(1)当m＝1时，f(x)＝ex－lnx－1，所以f′(x)＝ex－，所以f′(1)＝e－1，又因为f(1)＝e－1，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x.(

4、2)证明：当m>1时，f(x)＝mex－lnx－1>ex－lnx－1，要证明f(x)>1，只需证明ex－lnx－2>0，设g(x)＝ex－lnx－2，则g′(x)＝ex－(x>0)，设h(x)＝ex－(x>0)，则h′(x)＝ex＋>0，所以函数h(x)＝g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上单调递增，因为g′＝e－2<0，g′(1)＝e－1>0，所以函数g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈，因为g′(x0)＝0，所以ex0＝，即lnx0＝－x0，当x∈(0，x0)时，g′(x)<

5、0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，所以当x＝x0时，g(x)取得最小值g(x0)，故g(x)≥g(x0)＝ex0－lnx0－2＝＋x0－2>0，综上可知，若m∈(1，＋∞)，则f(x)>1.3．(2019·济南市学习质量评估)已知函数f(x)＝x(ex＋1)－a(ex－1)．(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为1，求实数a的值；(2)当x∈(0，＋∞)时，f(x)>0恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)f′(x)＝xex＋ex＋1－aex.因为f′(1)＝e＋e＋1

6、－ae＝1，所以a＝2.(2)设g(x)＝f′(x)＝ex＋1＋xex－aex，则g′(x)＝ex＋(x＋1)ex－aex＝(x＋2－a)ex，设h(x)＝x＋2－a，注意到f(0)＝0，f′(0)＝g(0)＝2－a，(i)当a≤2时，h(x)＝x＋2－a>0在(0，＋∞)上恒成立，所以g′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上是增函数，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，＋∞)上是增函数，所以f(x)>f(0)＝

7、0在(0，＋∞)上恒成立，符合题意．(ii)当a>2时，h(0)＝2－a<0，h(a)＝2>0，∃x0∈(0，a)，使得h(x0)＝0，当x∈(0，x0)时，h(x)<0，所以g′(x)<0，所以g(x)在(0，x0)上是减函数，所以f′(x)在(0，x0)上是减函数．所以f′(x)

8、数f(x)＝x2－(2m＋1)x＋lnx(m∈R)．(1)当m＝－时，若函数g(x)＝f(x)＋(a－1)lnx恰有一个零点，求a的取值范围；(2)当x>1时，f(x)<(1－m)x2恒成立，求m的取值范围．解：(1)函数g(x)的定义域为(0，＋∞)．当m＝－时，g(x)＝alnx＋x2，所以g′(x)＝＋2x＝.(i)当a＝0时，g(x)＝x2，x>0时无零点．(ii)当a>0时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，取x0＝e－，则g(x0)＝g