高考数学二轮复习专项分层特训命题点29利用导数研究不等式含答案

这是一份高考数学二轮复习专项分层特训命题点29利用导数研究不等式含答案，共14页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

1．已知函数f(x)＝2ln x＋ eq \f(a,x) 的最小值为2－2ln 2.
(1)求实数a的值；
(2)求证：当x≥1时，f(x)≤ eq \f(x2,2) ＋ eq \f(1,2) .
2．[2022·河北秦皇岛二模]已知函数f(x)＝ eq \f(1,2) x2－x＋a cs x＋sin x.
(1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若函数f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4))) 上单调递减，求a的取值范围．
3.[2022·福建龙岩一模]已知函数f(x)＝ax ln x＋1，g(x)＝(a－2)x2－3ex－2＋2x ln x＋1，a∈R.
(1)当a＝3时，判断函数f(x)的零点个数；
(2)若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围.
4．[2020·新高考Ⅰ卷]已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a.
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．
5.[2022·新高考Ⅱ卷] 已知函数f(x)＝xeax－ex.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围；
(3)设n∈N*，证明： eq \f(1,\r(12＋1)) ＋ eq \f(1,\r(22＋2)) ＋…＋ eq \f(1,\r(n2＋n)) >ln (n＋1).
6．[2022·山东威海三模]已知函数f(x)＝2ln x－x＋ eq \f(a,x) .
(1)当a＝ eq \f(3,4) 时，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，且x1① eq \f(f（x2）－f（x1）,x2－x1) < eq \f(2,\r(a)) －2；
②f(x2)< eq \f(2,3) a＋2ln 2－2.
命题点29 利用导数研究不等式(大题突破)
1．解析：(1)函数f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ eq \f(2,x) － eq \f(a,x2) ＝ eq \f(2x－a,x2) .
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)没有最小值；
②若a>0，则由f′(x)<0，得00，得x> eq \f(a,2) .因此，f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2))) 上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，＋∞)) 上单调递增，
故[f(x)]min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2))) ＝2ln eq \f(a,2) ＋2＝2－2ln 2，
解得a＝1.
(2)证明：由(1)知f(x)＝2ln x＋ eq \f(1,x) .
令g(x)＝f(x)－ eq \f(x2,2) － eq \f(1,2) ＝2ln x＋ eq \f(1,x) － eq \f(x2,2) － eq \f(1,2) ，则
g′(x)＝ eq \f(2,x) － eq \f(1,x2) －x＝ eq \f(2x－1－x3,x2) ＝－ eq \f(（x－1）[x（x＋1）－1],x2) .
当x≥1时，x－1≥0，x(x＋1)－1>0，所以g′(x)≤0(当且仅当x＝1时“＝”号成立)，所以g(x)在[1，＋∞)上单调递减．
因此，当x≥1时，有g(x)≤g(1)＝0，即f(x)≤ eq \f(x2,2) ＋ eq \f(1,2) .
2．解析：(1)当a＝－1时，f(x)＝ eq \f(1,2) x2－x－cs x＋sin x，
f(0)＝ eq \f(1,2) ×02－0－cs 0＋sin 0＝－1，所以切点为(0，－1)，
f′(x)＝x－1＋sin x＋cs x，∴f′(0)＝0－1＋sin 0＋cs 0＝0，
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线的斜率为k＝f′(0)＝0，
所以曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程为
y－(－1)＝0×(x－0)，即y＋1＝0.
(2)由f(x)＝ eq \f(1,2) x2－x＋a cs x＋sin x，得
f′(x)＝x－1－a sin x＋cs x.
因为函数f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4))) 上单调递减，可得f′(x)≤0对任意x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4))) 恒成立，
设g(x)＝f′(x)＝x－1－a sin x＋cs x，则g′(x)＝1－a cs x－sin x.
因为g(0)＝0－1－a sin 0＋cs 0＝0，
所以使f′(x)≤0对任意x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4))) 恒成立，
则至少满足g′(0)≤0，即1－a≤0，解得a≥1.
以下证明当a≥1时，f′(x)≤0恒成立，
因为x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4))) ，所以sin x≥0，
因为a≥1，所以f′(x)≤x－1－sin x＋cs x.
记h(x)＝x－1－sin x＋cs x，则h′(x)＝1－cs x－sin x＝1－ eq \r(2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4))) .
当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 时，h′(x)<0；
当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4))) 时，h′(x)>0.
所以函数h(x)在 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4))) 上单调递增．
因为h(0)＝0，h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4))) ＝ eq \f(3π,4) －1－ eq \r(2) <0，
所以h(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4))) 上的最大值为h(0)＝0.
即f′(x)≤h(x)＝x－1－sin x＋cs x≤0在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4))) 上恒成立．
所以a的取值范围为[1，＋∞).
3．解析：(1)当a＝3时，f(x)＝3x ln x＋1，f′(x)＝3(ln x＋1) ，
由f′(x)>0得x> eq \f(1,e) ；由f′(x)<0，得0∴f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))) 上是减函数，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)) 上是增函数，
∴f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e))) ＝ eq \f(e－3,e) <0，
又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2))) ＝ eq \f(e2－6,e2) >0，f(1)＝1>0，
∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2))) ·f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e))) <0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e))) ·f(1)<0，
∴f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))) ， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)) 上各有一个零点，
所以函数f(x)有2个零点．
(2)ax ln x≥(a－2)x2－3ex－2＋2x ln x(x>0)，
∴a ln x≥(a－2)x－3 eq \f(ex－2,x) ＋2ln x，∴a(x－ln x)≤3 eq \f(ex－2,x) ＋2(x－ln x)，
∴a(x－ln x)≤3ex－ln x－2＋2(x－ln x)，
令x－ln x＝t，t′＝1－ eq \f(1,x) ＝ eq \f(x－1,x) (x>0)，
由t′>0得x>1；由t′<0得0∴x＝1时，tmin＝1，∴t≥1，
a≤3· eq \f(et－2,t) ＋2对t≥1恒成立，记h(t)＝ eq \f(et－2,t) (t≥1)，
h′(t)＝ eq \f(et－2·t－et－2,t2) ＝ eq \f(et－2·（t－1）,t2) ，∵t≥1，∴h′(t)≥0，
∴h(t)在[1，＋∞)为增函数，∴h(t)≥h(1)＝ eq \f(1,e) ，
∴a≤ eq \f(3,e) ＋2.
4．解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－ eq \f(1,x) .
(1)当a＝e时，f(x)＝ex－ln x＋1，f′(1)＝e－1，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＋2.
直线y＝(e－1)x＋2在x轴，y轴上的截距分别为 eq \f(－2,e－1) ，2.
因此所求三角形的面积为 eq \f(2,e－1) .
(2)当0当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x，f′(x)＝ex－1－ eq \f(1,x) .当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，从而f(x)≥1.
当a>1时，f(x)＝aex－1－ln x＋ln a≥ex－1－ln x≥x－ln x≥1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞).
5．解析：(1)当a＝1时，f(x)＝xex－ex＝(x－1)ex，
f′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex.
令f′(x)＝0，得x＝0，
∴当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)f′(x)＝eax＋aeaxx－ex＝(ax＋1)eax－ex，f′(0)＝0.
设g(x)＝(ax＋1)eax－ex，则g′(x)＝aeax＋aeax(ax＋1)－ex＝(a2x＋2a)eax－ex，g′(0)＝2a－1.
当2a－1>0，即a> eq \f(1,2) 时，存在δ>0，使得当x∈(0，δ)时，g′(x)>0，此时f′(x)在(0，δ)上单调递增．
∵f′(x)>f′(0)＝0，∴f(x)在(0，δ)上单调递增，
∴f(x)>f(0)＝－1，这与f(x)<－1矛盾，故舍去．
当2a－1≤0，即a≤ eq \f(1,2) 时，f(x)≤xe eq \f(1,2) x－ex.
令h(x)＝xe eq \f(1,2) x－ex，
则h′(x)＝e eq \f(1,2) x＋ eq \f(1,2) e eq \f(1,2) x·x－ex＝e eq \f(1,2) x(1＋ eq \f(1,2) x－e eq \f(1,2) x)<0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
此时h(x)综上可知，a的取值范围为(－∞， eq \f(1,2) ].
(3)证明：由(2)知当a＝ eq \f(1,2) 时，x>0时，xe eq \f(1,2) x－ex<－1，∴x令e eq \f(1,2) x＝t，t>1，则x＝2ln t，∴2ln t1.
取t＝ eq \r(\f(n＋1,n)) (n∈N*)，则2ln t＝ln (n＋1)－ln n< eq \r(\f(n＋1,n)) － eq \r(\f(n,n＋1)) ＝ eq \f(1,\r(n2＋n)) ，
∴ eq \f(1,\r(12＋1)) ＋ eq \f(1,\r(22＋2)) ＋…＋ eq \f(1,\r(n2＋n)) >ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln (n＋1)－ln n＝ln (n＋1)，故结论得证．
6．解析：(1)f′(x)＝ eq \f(2,x) －1－ eq \f(a,x2) ＝ eq \f(－x2＋2x－a,x2) (x>0)，
当a＝ eq \f(3,4) 时，f′(x)＝ eq \f(－x2＋2x－\f(3,4),x2) ＝－ eq \f(4x2－8x＋3,4x2) ＝－ eq \f(（2x－1）（2x－3）,4x2) ，
令f′(x)>0，解得 eq \f(1,2) eq \f(3,2) ，
所以f(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2))) ；单调递减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) ， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)) .
(2)证明①：由题意知，x1，x2是x2－2x＋a＝0的两根，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝2,x1x2＝a)) ，
eq \f(f（x2）－f（x1）,x2－x1) ＝ eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x2－ln x1))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－x1))＋\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－x2)),x1x2),x2－x1) ，
将x1x2＝a代入得， eq \f(f（x2）－f（x1）,x2－x1) ＝ eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x2－ln x1)),x2－x1) －2，
要证明 eq \f(f（x2）－f（x1）,x2－x1) < eq \f(2,\r(a)) －2，
只需证明 eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x2－ln x1)),x2－x1) －2< eq \f(2,\r(a)) －2，
即 eq \f(ln x2－ln x1,x2－x1) < eq \f(1,\r(a)) ＝ eq \f(1,\r(x2x1)) ，
因为00，
只需证明ln eq \f(x2,x1) < eq \f(x2－x1,\r(x1x2)) ＝ eq \r(\f(x2,x1)) － eq \r(\f(x1,x2)) ，
令 eq \r(\f(x2,x1)) ＝t，则t>1，只需证明ln t21)，
令h(t)＝2ln t－t＋ eq \f(1,t) ，t>1，
h′(t)＝ eq \f(2,t) －1－ eq \f(1,t2) ＝ eq \f(－（t－1）2,t2) <0，
所以h(t)在(1，＋∞)上单调递减，可得h(t)所以2ln t－t＋ eq \f(1,t) <0(t>1)，
综上可知， eq \f(f（x2）－f（x1）,x2－x1) < eq \f(2,\r(a)) －2.
证明②：f′(x)＝ eq \f(2,x) －1－ eq \f(a,x2) ＝ eq \f(－x2＋2x－a,x2) (x>0)，
设g(x)＝－x2＋2x－a，
因为f(x)有两个极值点，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ＝4－4a>0,g（0）<0)) ，
解得0因为g(2)＝－a<0，g(1)＝1－a>0，
所以1f(x2)－ eq \f(2,3) a＝2ln x2－x2＋ eq \f(a,x2) － eq \f(2,3) a，
由题意可知－x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋2x2－a＝0，
可得a＝－x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋2x2代入得，f(x2)－ eq \f(2,3) a＝2ln x2＋ eq \f(2,3) x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) － eq \f(10,3) x2＋2，
令h(x)＝2ln x＋ eq \f(2,3) x2－ eq \f(10,3) x＋2(1h′(x)＝ eq \f(2,x) ＋ eq \f(4,3) x－ eq \f(10,3) ＝ eq \f(2（x－1）（2x－3）,3x) ，
当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))) ，h′(x)<0，所以h(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))) 上单调递减，
当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)) ，h′(x)>0，所以h(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)) 上单调递增，
因为1由h(1)＝－ eq \f(2,3) ，h(2)＝2ln 2－2，
可得h(2)－h(1)＝ eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln 8－ln e2)),3) >0，所以h(2)>h(1)，
所以h(x2)所以f(x2)－ eq \f(2,3) a<2ln 2－2，即f(x2)< eq \f(2,3) a＋2ln 2－2.