新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题3函数与导数第4讲利用导数研究不等式

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题3函数与导数第4讲利用导数研究不等式，共6页。试卷主要包含了 已知函数f＝xln x－a．等内容，欢迎下载使用。
1. (2023·虹口区校级模拟)已知f(x)＝eq \f(1,4)x3－x2＋x.
(1)求函数y＝f(x)的极小值；
(2)当x∈[－2,4]时，求证：x－6≤f(x)≤x.
【解析】 (1)已知f(x)＝eq \f(1,4)x3－x2＋x，函数定义域为R，
可得f′(x)＝eq \f(3,4)x2－2x＋1，
令f′(x)＝0，
解得x＝eq \f(2,3)或x＝2，
当x0，f(x)单调递增；
当eq \f(2,3)f′(0)＝0，
所以函数f(x)在f′(x)上单调递增，
此时f(x)>f(0)＝0，
故对任意的x∈(0，＋∞)，f(x)>0.
3. (2023·东方校级模拟)已知a>0，函数f(x)＝xex－ax.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)若f(x)≥ln x－x＋1恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】 (1)当a＝1时，f(x)＝xex－x，所以f′(x)＝(x＋1)ex－1，
所以f′(1)＝2e－1，f(1)＝e－1，
所以切线方程为y－(e－1)＝(2e－1)(x－1)，
即(2e－1)x－y－e＝0.
(2)由题意得xex－ax≥ln x－x＋1，即xex－ln x＋x－1≥ax，
因为x>0，所以eq \f(xex－ln x＋x－1,x)≥a，
设F(x)＝eq \f(xex－ln x＋x－1,x)＝eq \f(ex＋ln x－ln x＋x－1,x)，
令t＝x＋ln x，则t′＝1＋eq \f(1,x)>0在区间(0，＋∞)上恒成立，
即t＝x＋ln x在区间(0，＋∞)上单调递增，
又x→0时，t→－∞，又x→＋∞时，t→＋∞，所以存在x0，使t＝x0＋ln x0＝0，
令m(t)＝et－t－1，因为m′(t)＝et－1，
所以当t∈(－∞，0)时，m′(t)0，即m(t)在区间(0，＋∞)上单调递增，
所以m(t)min＝m(0)＝0，所以m(t)≥m(0)＝0，
即m(t)＝et－t－1≥0，得到et≥t＋1，当且仅当t＝0时取等号，
所以F(x)＝eq \f(ex＋ln x－ln x＋x－1,x)≥
eq \f(x＋ln x＋1－ln x＋x－1,x)＝eq \f(2x,x)＝2，
当且仅当x＋ln x＝0时取等号，所以a≤2，又a>0，
所以a的取值范围是(0,2]．
4. (2023·青羊区校级模拟)已知函数f(x)＝xln x－a(x－1)．
(1)若f(x)≥0，求实数a的值；
(2)已知n∈N*且n≥2，求证：sin eq \f(1,2)＋sin eq \f(1,3)＋…＋sin eq \f(1,n)0)，则g′(x)＝1－cs x≥0，且g′(x)不恒为零，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故g(x)>g(0)＝0，则sin x0)，
所以sin eq \f(1,k)g(x2)成立，
即当x∈[1，e]时，f(x)max>g(x)min，
又g′(x)＝1－eq \f(1,x)，
所以当x∈[1，e]时，g′(x)≥0，
即函数g(x)在区间[1，e]上单调递增，
故g(x)min＝g(1)＝1－ln 1－eq \f(1,e)＝1－eq \f(1,e)，
由(1)知f′(x)＝eq \f(x2－ax＋1,x2)，
因为x2>0，
又y＝x2－ax＋1的判别式Δ＝(－a)2－4×1×1＝a2－4，
①当a∈[－2,2]时Δ≤0，则f′(x)≥0恒成立，即f(x)在区间[1，e]上单调递增，
故f(x)max＝f(e)＝e－eq \f(1,e)－a，
故f(e)>g(1)，即e－eq \f(1,e)－a>1－eq \f(1,e)，得a0，f′(x)＝0的两根为x1＝eq \f(a－\r(a2－4),2)，x2＝eq \f(a＋\r(a2－4),2)，
此时x1