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

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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)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x10，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)没有最小值；
②若a>0，则由f′(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.
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得x> eq \f(1,e) ；由f′(x)0得x>1；由t′f′(0)＝0，∴f(x)在(0，δ)上单调递增，
∴f(x)>f(0)＝－1，这与f(x)0，解得 eq \f(1,2)