2019届高考数学二轮复习查漏补缺练习：专题突破训练1 《导数与不等式》(含解析)

专题突破训练(一)　　导数与不等式

时间 / 45分钟　分值 / 72分　　　　　　　　　　　　

基础热身

1.(12分)[2019·安徽皖中模拟] 已知f(x)=-x2-3,g(x)=2xln x-ax.

(1)若函数f(x)与g(x)的图像在x=1处的切线平行,求函数g(x)的图像在点(1,g(1))处的切线方程;

(2)当x∈(0,+∞)时,若g(x)-f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.

2.(12分)[2019·唐山摸底] 设f(x)=2xln x+1.

(1)求f(x)的最小值;

(2)证明:f(x)≤x2-x++2ln x.

能力提升

3.(12分)[2018·马鞍山二模] 已知函数f(x)=,a∈R.

(1)若f(x)在定义域内无极值点,求实数a的取值范围;

(2)求证:当0<a<1,x>0时,f(x)>1恒成立.

4.(12分)[2018·河南新乡二模] 已知函数f(x)=3ex+x2,g(x)=9x-1.

(1)求函数φ(x)=xex+4x-f(x)的单调区间;

(2)比较f(x)与g(x)的大小,并加以证明.

5.(12分)[2018·东北三省三校二模] 已知函数f(x)=x-aln x-1,曲线y=f(x)在点(1,0)处的切线经过点(e,0).

(1)证明:f(x)≥0;

(2)若当x∈[1,+∞)时,f≥,求p的取值范围.

难点突破

6.(12分)[2018·江淮十校三联] 已知函数f(x)=.

(1)当a=2时求函数f(x)的单调递减区间;

(2)若方程f(x)=1有两个不相等的实数根x1,x2,证明:x1+x2>2e.

专题突破训练(一)

1.解:(1)f'(x)=-2x,g'(x)=2ln x+2-a,

因为函数f(x)与g(x)的图像在x=1处的切线平行,

所以f'(1)=g'(1),解得a=4,所以g(1)=-4,g'(1)=-2,

所以函数g(x)的图像在点(1,g(1))处的切线方程为2x+y+2=0.

(2)当x∈(0,+∞)时,由g(x)-f(x)≥0恒成立得,

2xln x-ax+x2+3≥0恒成立,即a≤2ln x+x+恒成立.

设h(x)=2ln x+x+,

则h'(x)==(x>0),

当x∈(0,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,

当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,

所以h(x)min=h(1)=4,所以a≤4,即a的取值范围为(-∞,4].

2.解:(1)f'(x)=2(ln x+1).

当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减;

当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增.

所以当x=时,f(x)取得极小值,也是最小值,最小值为f=1-.

(2)证明:令F(x)=x2-x++2ln x-f(x)=x(x-1)--2(x-1)ln x=(x-1).

令g(x)=x--2ln x,则g'(x)=1+-=≥0,

所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,

又因为g(1)=0,

所以当0<x<1时,g(x)<0,F(x)>0,

当x>1时,g(x)>0,F(x)>0,

当x=1时,F(x)=0,

所以F(x)=(x-1)≥0,

即f(x)≤x2-x++2ln x.

3.解:(1)f(x)的定义域为{x|x≠0},对函数f(x)=求导,得f'(x)=.

令g(x)=ex(x-1)+a,则g'(x)=x·ex,

当x<0时,g'(x)<0,则g(x)在(-∞,0)上单调递减,

当x>0时,g'(x)>0,则g(x)在(0,+∞)上单调递增.

因为g(0)=a-1,且f(x)在定义域内无极值点,

所以a≥1.

(2)证明:f'(x)=,由(1)可知g(x)=ex(x-1)+a在(0,+∞)上单调递增,又当0<a<1时,所以存在x0∈(0,1),使得g(x0)=0,即f'(x0)=0,且当0<x<x0时,f'(x)<0,当x>x0时,f'(x)>0,

故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,

所以f(x)≥f(x0).

由g(x0)=(x0-1)+a=0知f(x0)=>1,

所以当0<a<1,x>0时,f(x)>1恒成立.

4.解:(1)φ'(x)=(x-2)(ex-2),

令φ'(x)=0,得x1=ln 2,x2=2.

令φ'(x)>0,得x<ln 2或x>2;

令φ'(x)<0,得ln 2<x<2.

故φ(x)在(-∞,ln 2)上单调递增,在(ln 2,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.

(2)f(x)>g(x).证明如下:

设h(x)=f(x)-g(x)=3ex+x2-9x+1,

因为h'(x)=3ex+2x-9为增函数,

且h'(0)=-6<0,h'(1)=3e-7>0,所以存在x0∈(0,1),使得h'(x0)=0.

当x>x0时,h'(x)>0;当x<x0时,h'(x)<0.

所以h(x)min=h(x0)=3+-9x0+1,

又h'(x0)=3+2x0-9=0,所以3=-2x0+9,

所以h(x)min=-2x0+9+-9x0+1=-11x0+10=(x0-1)(x0-10).

因为x0∈(0,1),所以(x0-1)(x0-10)>0,

所以h(x)min>0,所以f(x)>g(x).

5.解:(1)证明:f'(x)=1-(x>0),由题知曲线y=f(x)在点(1,0)处的切线方程为y=f'(1)(x-1),即y=(1-a)(x-1),又切线经过点(e,0),所以0=(1-a)(e-1),解得a=1.

所以f(x)=x-ln x-1,

从而f'(x)=1-=(x>0).

因为当x∈(0,1)时,f'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,

所以f(x)在区间(0,1)上是减函数,在区间(1,+∞)上是增函数,

从而f(x)≥f(1)=0.

(2)由题意知,当x∈[1,+∞)时,p+ln x≠0,所以p>0,

从而当x∈[1,+∞)时,p+ln x>0,

由题意知+ln x-1≥,即[(p-1)x+1]ln x-px+p≥0,其中x∈[1,+∞).

设g(x)=[(p-1)x+1]ln x-px+p,其中x∈[1,+∞),

设h(x)=g'(x),即h(x)=(p-1)ln x+-1,其中x∈[1,+∞),

则h'(x)=,其中x∈[1,+∞).

①当p≥2时,因为当x∈[1,+∞)时,h'(x)≥0,所以h(x)是增函数,

从而当x∈[1,+∞)时,h(x)≥h(1)=0,

所以g(x)是增函数,从而g(x)≥g(1)=0.

故当p≥2时符合题意.

②当1<p<2时,因为当x∈时,h'(x)<0,

所以h(x)在区间上是减函数,

从而当x∈时,h(x)≤h(1)=0,

所以g(x)在上是减函数,从而g<g(1)=0,

故当1<p<2时不符合题意.

③当0<p≤1时,因为当x∈[1,+∞)时,h'(x)<0,所以h(x)是减函数,

从而当x∈[1,+∞)时,h(x)≤h(1)=0,

所以g(x)是减函数,从而g(x)≤g(1)=0,

故当0<p≤1时不符合题意.

综上,p的取值范围是[2,+∞).

6.解:(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞),

当a=2时,f'(x)=,由f'(x)<0得x∈(0,1)∪(1,e),

所以f(x)的单调递减区间是(0,1)和(1,e).

(2)证明:由得得a=.

因为x1+x2>2,所以要证x1+x2>2e,

只需证x1x2>e2,即证ln x1+ln x2>2,

即证ln x1+ln x2=a(x1+x2)=(x1+x2)·>2,

不妨设x1>x2,则只需证ln >,

令=t>1,则只需证ln t>.

令g(t)=ln t-=ln t+-2(t>1),

则易知g'(t)=->0在(1,+∞)上恒成立,

所以g(t)在(1,+∞)上单调递增,g(t)>g(1)=0,

所以ln t>,即x1+x2>2e.