人教版导与练总复习数学一轮课时作业：第三章第2节第三课时　导数与不等式

1、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2,3,59利用导数研究不等式恒成立问题16导数与不等式的综合问题47,81.(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,+),x2R,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x1时,f(x)0,当-3x1时,f(x)4x2-8x2,所以m-2e4x2-8x2恒成立.令t=2x2,则t0,即mt2-t3+2e在(0,+)上恒成立,令g(t)=t2-

2、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mg(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)ln x+2.令g(x)=ex-ln x-2(x0),g(x)=ex-1x.设g(x0)=0,则ex0=1x0(0 x01).当x(0,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

3、最小值.g(x)的最小值是g(x0)=ex0-ln x0-2=1x0-ln 1ex0-2=1x0+x0-20成立,故f(x)2ex-x-4成立.3.(2021浙江金华高三月考)设a,bR,已知函数f(x)=e-ax+1x+1+b在点(0,f(0)处的切线方程为y=-32x.(1)求a,b的值;(2)证明:当x(0,6)时,f(x)-3xx+6.(1)解:由题意得,f(x)=-ae-ax-12(x+1)-32,则f(0)=-a-12=-32,解得a=1,又f(0)=0,可得b=-2.(2)证明:由(1)可知,f(x)=e-x+1x+1-2,先证x+112x+1.由x+112x+1(x+1)2(1

4、2x+1)2,即14x20,得证.再证e-x0).因为e-xx+1,令m(x)=ex-x-1,则m(x)=ex-1.当x0时,m(x)0,即m(x)=ex-x-1在(0,+)上单调递增,所以m(x)m(0)=0,所以e-x0),得证.由可得x+112x+1,即有x+1x+112x+11x+1x+22x+2.结合以上结论及可得,当x0时,f(x)+3xx+61x+1+x+22x+2-2+3xx+6.令g(x)=1x+1+x+22x+2-2+3xx+6=3x(x-4)2(x+1)(x+6),所以当0 x4时,有g(x)0.当4x6时,函数h(x)=3xx+6=3-18x+6单调递增,f(x)单调递

5、减, 则f(x)+3xx+6=e-x+1x+1-2+3xx+6f(4)+h(6)=1e4+55-12ln(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,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+1ln(x+2).注意:本题也可构造不等式x+1ln(x+2),证明过程与上面基本相似,此处略.5.(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

6、)的极值点,求k的值,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当0k0.(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=3e30,从而f(x)是增函数.又f(3)=0,所以当x(0,3)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0kexe-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,从而g(x)min=g(1)=0,即g(x)

7、0,所以当0k0.6.已知函数f(x)=-x2+ax-3,g(x)=xln x,aR.(1)当x0时,2g(x)f(x),求a的取值范围;(2)证明:当x0时,g(x)xex-2e.(1)解:当x0时,2g(x)f(x),即2xln x-x2+ax-3,即a2xlnx+x2+3x=2ln x+x+3x.设h(x)=2ln x+x+3x(x0),则h(x)=2x+1-3x2=(x+3)(x-1)x2,所以当x(0,1)时,h(x)0,h(x)单调递增,所以h(x)min=h(1)=4,则a4,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

8、数g(x)在(0,1e)上单调递减,在(1e,+)上单调递增,所以当x0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x0时,g(x)xex-2e.7.已知函数f(x)=(x+1)ln(x+1).(1)求f(x)的单调区间;(2)若对x0,+),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-1x0,得x1e-1.所以f(x)

9、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.当a1时,1-a0,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x0,+),有f(x)ax恒成立.当a1时,令g(x)=0,得x=ea-1-10,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(-,1.8.已知函数f(x)=eaxln(x+1),g(x)

10、=ln x+2x-a,其中aR.(1)若函数y=f(x)的图象与直线y=x在第一象限有交点,求a的取值范围;(2)当a2时,若y=g(x)有两个零点x1,x2,求证:4x1+x20可知0eax1,且F(x)=aln(x+1)+1x+11x+11.从而m(x)=eaxF(x)-10,即m(x)在(0,+)上单调递减,从而m(x)m(0)=0恒成立,因而方程m(x)=0在(0,+)上无解.若0a12,则h(0)=2a-10,又当x +时,h(x)+,因此h(x)=0在(0,+)上必存在实根,设最小的正实根为x0,由函数的连续性可知,x(0,x0)上恒有h(x)0,即h(x)在(0,x0)上单调递减

11、,也即m(x)在(0,x0)上单调递减,从而在(0,x0)上恒有m(x)m(0)=0,因而m(x)在(0,x0)上单调递减,故在(0,x0)上恒有m(x)m(0)=0,即m(x0)ax,因此m(x)=eaxln(x+1)-xaxln(x+1)-x=xaln(x+1)-1,令x=e1a,则有m(x)0,由零点的存在性定理可知函数y=m(x)在(x0,e1a)上有零点,符合题意.若a12,则由x0可知,h(x)0恒成立,从而h(x)在(0,+)上单调递增,也即m(x)在(0,+)上单调递增,从而m(x)m(0)=0恒成立,故方程m(x)=0在(0,+)上无解.综上可知,a的取值范围是(0,12).

12、(2)证明:因为g(x)=ln x+2x-a(x0),所以g(x)=x-2x2.所以g(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增.因为g(x)有两个零点,所以g(2)0,即ln 2+1-a1+ln 2,设0 x1244-x1x2,因为24-x12,g(x)在(2,+)上单调递增,所以只要证明g(4-x1)g(x2)=g(x1)=0,设H(x)=g(x)-g(4-x)(0 x2),则H(x)=g(x)-g(4-x)=x-2x2+4-x-2(4-x)2=-8(x-2)2x2(4-x)2H(2)=0,所以x1+x24.因为g(x)有两个零点x1,x2,所以g(x1)=g(x2)=0,方程g

13、(x)=0即ax-2-xln x=0,构造函数G(x)=ax-2-xln x,则G(x1)=G(x2)=0,G(x)=a-1-ln x,G(x)=0 x=ea-1,记p=ea-1,则G(x)在(0,p)上单调递增,在(p,+)上单调递减,所以G(p)0,且x1p0,所以R(x)在(0,+)上单调递增,当xp时,R(x)R(p)=0,当0 xp时,R(x)R(p)=0,所以ax1-2=x1ln x12x1(x1-p)x1+p+x1ln p,即(ax1-2)(x1+p)0(p=ea-1,ln p=a-1),所以x12+(2-3ea-1)x1+2ea-10.同理x22+(2-3ea-1)x2+2ea

14、-10,所以x22+(2-3ea-1)x2+2ea-1x12+(2-3ea-1)x1+2ea-1,所以(x2-x1)x2+x1+(2-3ea-1)0,所以x1+x2-2+3ea-1,由a2得x1+x2-2+3ea-13e-2.综上,4x1+x23e-2.9.(2021浙江杭州高三其他模拟)设f(x)=ex-1+12x2,xR,证明:(1)1+x+12x2ex-1+42-x,x0,1;(2)若正实数x0满足1nf(x0)2n+1,则必有1n+1x02n+2,nN*.证明:(1)设g(x)=ex-12x2-x-1,则g(x)=ex-x-1,令G(x)=ex-x-1,则G(x)=ex-1,当x0,1

15、时,G(x)=ex-10,所以g(x)=ex-x-1在0,1上单调递增,又g(0)=0,故g(x)=ex-x-1g(0)=0,所以g(x)=ex-12x2-x-1在0,1上单调递增,又g(0)=0,g(x)=ex-12x2-x-1g(0)=0,所以ex12x2+x+1,而ex-1+42-xx+2+(x-2)ex0,设h(x)=x+2+(x-2)ex,x0,1,则h(x)=1+(x-1)ex,令F(x)=1+(x-1)ex则F(x)=xex0,所以h(x)=1+(x-1)ex在0,1上单调递增,又h(x)h(0)=0,所以h(x)=x+2+(x-2)ex在0,1上单调递增,又h(0)=0,所以h

16、(x)h(0)=0,即ex-1+42-x,所以1+x+12x2ex-1+42-x,x0,1.(2)由(1)知,当x0,1时,f(x)=ex-1+12x2x2+x,所以f(x0)x02+x0,当f(x0)2n+1时,有x02+x02n+1,即x02+x0-2n+10.设m(x0)=x02+x0-2n+1,欲证x02n+2,只需证m(2n+2)=(2n+2)2+2n+2-2n+10,即证2n+2n+4n+22n+1,即证(n+4)(n+1)(n+2)2,即证n0,成立.所以x02n+2,又由(1)知,当x0,1时,f(x)=ex-1+12x2-2+42-x+12x2,所以f(x0)-2+42-x0+12x02,当f(x0)1n时,有1n-2+42-x0+12x02,即-2+42-x0+12x02-1n0.设p(x0)=-2+42-x0+12x02