高考数学导数冲满分-专题20 单变量含参不等式证明方法之合理消参

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[例1] (2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－lnx－1．
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥0．
解析 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－eq \f(1,x)．由题设知，f′(2)＝0，所以a＝eq \f(1,2e2)．
从而f(x)＝eq \f(1,2e2)ex－ln x－1，f′(x)＝eq \f(1,2e2)ex－eq \f(1,x)．当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0．
所以f(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．
(2)证明：当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥eq \f(ex,e)－ln x－1．设g(x)＝eq \f(ex,e)－ln x－1，则g′(x)＝eq \f(ex,e)－eq \f(1,x)．
当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0．所以x＝1是g(x)的最小值点．
故当x＞0时，g(x)≥g(1)＝0．因此，当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥0．
[例2] 设a为实数，函数f (x)＝ex－2x＋2a，x∈R．
(1)求f (x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1．
解析 (1)由f (x)＝ex－2x＋2a(x∈R)，知f ′(x)＝ex－2．令f ′(x)＝0，得x＝ln 2．
当x0，故函数f (x)在区间(ln 2，＋∞)上单调递增．
所以f (x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，
f (x)在x＝ln 2处取得极小值f (ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a，无极大值．
(2)证明：要证当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1，即证当a>ln 2－1且x>0时，ex－x2＋2ax－1>0．
设g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x≥0)．则g′(x)＝ex－2x＋2a，
由(1)知g′(x)min＝g′(ln 2)＝2－2ln 2＋2a．又a>ln 2－1，则g′(x)min>0．
于是对∀x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增．
于是对∀x>0，都有g(x)>g(0)＝0．即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1．
[例3] 设函数f(x)＝e2x－aln x．
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋alneq \f(2,a)．
解析 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq \f(a,x)(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；当a>0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－eq \f(a,x)，
因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－eq \f(a,x)
在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又当x→0时，f′(x) →－∞，当x→＋∞时．f′(x)→＋∞．
故当a>0时，f′(x)存在唯一零点．
(2)由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)0．故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．
由于－eq \f(a,x0)＝0，所以f(x0)＝－aln x0＝＋2ax0－2ax0－aln x0＝eq \f(a,2x0)＋2ax0＋alneq \f(2,a)≥2a＋alneq \f(2,a)．
当且仅当x0＝eq \f(1,2)时，取等号．故当a>0时，f(x)≥2a＋alneq \f(2,a)．
[例4] 已知函数，（为自然对数的底数）．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：当时，不等式成立．
解析 (1)由题意知，当时，，解得，
又，，即曲线在点处的切线方程为．
(2)证明：当时，得，
要证明不等式成立，即证成立，
即证成立，即证成立，
令，，易知，，
由，知在上单调递增，上单调递减，，
所以成立，即原不等式成立．
【对点精练】
1．已知函数f(x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)，在(－1，f(－1))处的切线方程为(e－1)x＋ey＋e－1＝0．
(1)求a，b；
(2)若m≤0，证明：f(x)≥mx2＋x．
1．解析 (1)f′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，由于切线(e－1)x＋ey＋e－1＝0的斜率为eq \f(1,e)－1，图象过点(－1，0)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f(－1)＝0，,f′(－1)＝eq \f(1,e)－1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝1.))
(2)由(1)可知，，由，可得，
令，则，
当时，，
当时，设，则，
故函数在上单调递增，又，
所以当时，，当时，，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，即．故．
2．已知f(x)＝ln x－x＋a＋1．
(1)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≥0成立，求实数a的取值范围；
(2)求证：当x＞1时，在(1)的条件下，eq \f(1,2)x2＋ax－a＞xlnx＋eq \f(1,2)成立．
2．解析 f(x)＝ln x－x＋a＋1(x＞0)．
(1)原题即为存在x∈(0，＋∞)，使得ln x－x＋a＋1≥0，所以a≥－ln x＋x－1，
令g(x)＝－ln x＋x－1，则g′(x)＝－eq \f(1,x)＋1＝eq \f(x－1,x)．令g′(x)＝0，解得x＝1．
因为当0＜x＜1时，g′(x)＜0，所以g(x)为减函数，当x＞1时，g′(x)＞0，所以g(x)为增函数，
所以g(x)min＝g(1)＝0，所以a≥g(1)＝0．所以a的取值范围为[0，＋∞)．
(2)证明：原不等式可化为eq \f(1,2)x2＋ax－xln x－a－eq \f(1,2)＞0(x＞1，a≥0)．
令G(x)＝eq \f(1,2)x2＋ax－xln x－a－eq \f(1,2)，则G(1)＝0．由(1)可知x－ln x－1＞0，
则G′(x)＝x＋a－ln x－1≥x－ln x－1＞0，所以G(x)在(1，＋∞)上单调递增．
所以当x＞1时，G(x)＞G(1)＝0．所以当x＞1时，eq \f(1,2)x2＋ax－xln x－a－eq \f(1,2)＞0成立，
即当x＞1时，eq \f(1,2)x2＋ax－a＞xln x＋eq \f(1,2)成立．
3．(2017·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，＋∞))时，f′(x)e＋1．
5．解析 (1)∵a＝0时，∴f(x)＝ex－ln x，f′(x)＝ex－eq \f(1,x)(x>0)，∴f(1)＝e，f′(1)＝e－1，
∴函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程为：y－e＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y＋1＝0.
(2)∵f′(x)＝ex＋a－eq \f(1,x)(x>0)，设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex＋a＋eq \f(1,x2)>0，∴g(x)是增函数，
∵ex＋a>ea，∴由ea>eq \f(1,x)x>e－a，∴当x>e－a时，f′(x)>0；
若0