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.