《【加練半小時】高考數學江蘇專用理科專題復習:專題專題3 導數及其應用 第21練 Word版含解析》由會員分享,可在線閱讀,更多相關《【加練半小時】高考數學江蘇專用理科專題復習:專題專題3 導數及其應用 第21練 Word版含解析(7頁珍藏版)》請在裝配圖網上搜索。
1、
訓練目標
(1)利用導數處理與不等式有關的題型;(2)解題步驟的規(guī)范訓練.
訓練題型
(1)利用導數證明不等式;(2)利用導數解決不等式恒成立問題及存在性問題;(3)利用導數證明與數列有關的不等式.
解題策略
(1)構造與所證不等式相關的函數;(2)利用導數求出函數的單調性或者最值再證明不等式;(3)處理恒成立問題注意參變量分離.
1.已知函數f(x)=x2-ax-alnx(a∈R).
(1)若函數f(x)在x=1處取得極值,求a的值;
(2)在(1)的條件下,求證:f(x)≥-+-4x+.
2.(2016·淮安模擬)已知函數f(x)=ax-1-lnx,a∈R.
(
2、1)討論函數的單調區(qū)間;
(2)若函數f(x)在x=1處取得極值,對?x∈(0,+∞),f(x)≥bx-2恒成立,求實數b的取值范圍.
3.(2016·山西四校聯考)已知f(x)=lnx-x+a+1.
(1)若存在x∈(0,+∞),使得f(x)≥0成立,求a的取值范圍;
(2)求證:在(1)的條件下,當x>1時,x2+ax-a>xlnx+成立.
4.設函數f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d).若曲線y=f(x)和曲線y=g(x)都過點P(0,2),且在點P處有相同的切線y=4x+2.
(1)求a,b,c,d的值;
(2)若x≥-2時,f(x)≤kg(x),
3、求k的取值范圍.
5.(2016·陜西質量監(jiān)測)設函數f(x)=ex-ax-1.
(1)當a>0時,設函數f(x)的最小值為g(a),求證:g(a)≤0;
(2)求證:對任意的正整數n,都有1n+1+2n+1+3n+1+…+nn+1<(n+1)n+1.
答案精析
1.(1)解 f′(x)=2x-a-,由題意可得f′(1)=0,解得a=1.經檢驗,a=1時f(x)在x=1處取得極值,所以a=1.
(2)證明 由(1)知,f(x)=x2-x-lnx,
令g(x)
=f(x)-
=-+3x-lnx-,
由g′(x)=x2-3x+3-=-3(x-1)=(
4、x>0),可知g(x)在(0,1)上是減函數,在(1,+∞)上是增函數,所以g(x)≥g(1)=0,所以f(x)≥-+-4x+成立.
2.解 (1)在區(qū)間(0,+∞)上,
f′(x)=a-=.
①若a≤0,則f′(x)<0,f(x)是區(qū)間(0,+∞)上的減函數;
②若a>0,令f′(x)=0得x=.
在區(qū)間(0,)上,f′(x)<0,
函數f(x)是減函數;
在區(qū)間(,+∞)上,f′(x)>0,函數f(x)是增函數.
綜上所述,①當a≤0時,f(x)的單調遞減區(qū)間是(0,+∞),無單調遞增區(qū)間;
②當a>0時,f(x)的單調遞增區(qū)間是(,+∞),單調遞減區(qū)間是(0,).
(
5、2)因為函數f(x)在x=1處取得極值,所以f′(1)=0,
解得a=1,經檢驗滿足題意.
已知f(x)≥bx-2,
則x-1-lnx≥bx-2,1+-≥b,
令g(x)=1+-,
則g′(x)=--=,
易得g(x)在(0,e2)上單調遞減,
在(e2,+∞)上單調遞增,
所以g(x)min=g(e2)=1-,
即b≤1-.
3.(1)解 原題即為存在x>0,
使得lnx-x+a+1≥0,
∴a≥-lnx+x-1,
令g(x)=-lnx+x-1,
則g′(x)=-+1=.
令g′(x)=0,解得x=1.
∵當0<x<1時,g′(x)<0,g(x)為減函數,
6、當x>1時,g′(x)>0,g(x)為增函數,
∴g(x)min=g(1)=0,a≥g(1)=0.
故a的取值范圍是0,+∞).
(2)證明 原不等式可化為
x2+ax-xlnx-a->0(x>1,a≥0).
令G(x)=x2+ax-xlnx-a-,
則G(1)=0.
由(1)可知x-lnx-1>0,
則G′(x)=x+a-lnx-1
≥x-lnx-1>0,
∴G(x)在(1,+∞)上單調遞增,
∴G(x)>G(1)=0成立,
∴x2+ax-xlnx-a->0成立,
即x2+ax-a>xlnx+成立.
4.解 (1)由已知得f(0)=2,g(0)=2,
f′(0)
7、=4,g′(0)=4.
而f′(x)=2x+a,
g′(x)=ex(cx+d+c).
故b=2,d=2,a=4,d+c=4.
從而a=4,b=2,c=2,d=2.
(2)由(1)知,f(x)=x2+4x+2,
g(x)=2ex(x+1).
設函數F(x)=kg(x)-f(x)
=2kex(x+1)-x2-4x-2,
則F′(x)=2kex(x+2)-2x-4
=2(x+2)(kex-1).
由題設可得當x≥-2時,F(0)≥0,即k≥1.
令F′(x)=0,
得x1=-lnk,x2=-2.
①若1≤k<e2,則-2<x1≤0.
從而當x∈(-2,x1)時,F′(x
8、)<0;
當x∈(x1,+∞)時,F′(x)>0.
即F(x)在(-2,x1)上單調遞減,
在(x1,+∞)上單調遞增.
故F(x)在-2,+∞)上的最小值為F(x1).
而F(x1)=2x1+2-x-4x1-2
=-x1(x1+2)≥0.
故當x≥-2時,F(x)≥0,
即f(x)≤kg(x)恒成立.
②若k=e2,
則F′(x)=2e2(x+2)(ex-e-2).
從而當x>-2時,F′(x)>0,即F(x)在(-2,+∞)上單調遞增.
而F(-2)=0,故當x≥-2時,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.
③若k>e2,則F(-2)=-2ke-2+2
9、=-2e-2(k-e2)<0.
從而當x≥-2時,
f(x)≤kg(x)不可能恒成立.
綜上,k的取值范圍是1,e2].
5.證明 (1)由a>0及f′(x)=ex-a可得,
函數f(x)在(-∞,lna)上單調遞減,
在(lna,+∞)上單調遞增,
故函數f(x)的最小值為g(a)=f(lna)=elna-alna-1=a-alna-1,則g′(a)=-lna,
故當a∈(0,1)時,g′(a)>0;
當a∈(1,+∞)時,g′(a)<0,
從而可知g(a)在(0,1)上單調遞增,
在(1,+∞)上單調遞減,
且g(1)=0,故g(a)≤0.
(2)由(1)可知,當
10、a=1時,總有f(x)=ex-x-1≥0,
當且僅當x=0時等號成立,即當x>0時,總有ex>x+1.
于是,可得(x+1)n+1<(ex)n+1=e(n+1)x.
令x+1=,即x=-,
可得n+1<e-n;
令x+1=,即x=-,
可得n+1<e-(n-1);
令x+1=,即x=-,
可得n+1<e-(n-2);
…
令x+1=,即x=-,
可得n+1<e-1.
對以上各式求和可得:
n+1+n+1+n+1+…+n+1<e-n+e-(n-1)+e-(n-2)+…+e-1===<<1.
故對任意的正整數n,都有1n+1+2n+1+3n+1+…+nn+1<(n+1)n+1.