《（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題跟蹤檢測（四）“導(dǎo)數(shù)與不等式”考法面面觀 理（重點生含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題跟蹤檢測（四）“導(dǎo)數(shù)與不等式”考法面面觀 理（重點生含解析）.doc（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

專題跟蹤檢測（四） “導(dǎo)數(shù)與不等式”考法面面觀 1．(2019屆高三唐山模擬)已知f(x)＝x2－a2ln x，a>0. (1)求函數(shù)f(x)的最小值； (2)當(dāng)x>2a時，證明：>a. 解：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝x－＝. 當(dāng)x∈(0，a)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(a，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． 所以當(dāng)x＝a時，f(x)取得極小值，也是最小值，且f(a)＝a2－a2ln a. (2)證明：由(1)知，f(x)在(2a，＋∞)上單調(diào)遞增， 則所證不等式等價于f(x)－f(2a)－a(x－2a)>0. 設(shè)g(x)＝f(x)－f(2a)－a(x－2a)， 則當(dāng)x>2a時， g′(x)＝f′(x)－a＝x－－a ＝>0， 所以g(x)在(2a，＋∞)上單調(diào)遞增， 當(dāng)x>2a時，g(x)>g(2a)＝0， 即f(x)－f(2a)－a(x－2a)>0， 故>a. 2．已知函數(shù)f(x)＝xex＋2x＋aln x，曲線y＝f(x)在點P(1，f(1))處的切線與直線x＋2y－1＝0垂直． (1)求實數(shù)a的值； (2)求證：f(x)>x2＋2. 解：(1)因為f′(x)＝(x＋1)ex＋2＋， 所以曲線y＝f(x)在點P(1，f(1))處的切線斜率k＝f′(1)＝2e＋2＋a. 而直線x＋2y－1＝0的斜率為－， 由題意可得(2e＋2＋a)＝－1， 解得a＝－2e. (2)證明：由(1)知，f(x)＝xex＋2x－2eln x. 不等式f(x)>x2＋2可化為xex＋2x－2eln x－x2－2>0. 設(shè)g(x)＝xex＋2x－2eln x－x2－2， 則g′(x)＝(x＋1)ex＋2－－2x. 記h(x)＝(x＋1)ex＋2－－2x(x>0)， 則h′(x)＝(x＋2)ex＋－2， 因為x>0，所以x＋2>2，ex>1，故(x＋2)ex>2， 又>0，所以h′(x)＝(x＋2)ex＋－2>0， 所以函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 又h(1)＝2e＋2－2e－2＝0， 所以當(dāng)x∈(0,1)時，h(x)<0，即g′(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h(x)>0，即g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增． 所以g(x)≥g(1)＝e＋2－2eln 1－1－2＝e－1， 顯然e－1>0， 所以g(x)>0，即xex＋2x－2eln x>x2＋2，也就是f(x)>x2＋2. 3．(2018武漢模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝(1＋x－x2)ex(e＝2.718 28…是自然對數(shù)的底數(shù))． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)x≥0時，f(x)≤ax＋1＋2x2恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)f′(x)＝(2－x－x2)ex＝－(x＋2)(x－1)ex. 當(dāng)x<－2或x>1時，f′(x)<0；當(dāng)－20. 所以f(x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－2,1)上單調(diào)遞增． (2)設(shè)F(x)＝f(x)－(ax＋1＋2x2)，F(xiàn)(0)＝0， F′(x)＝(2－x－x2)ex－4x－a，F(xiàn)′(0)＝2－a， 當(dāng)a≥2時，F(xiàn)′(x)＝(2－x－x2)ex－4x－a≤－(x＋2)(x－1)ex－4x－2≤－(x＋2)(x－1)ex－x－2＝－(x＋2)[(x－1)ex＋1]， 設(shè)h(x)＝(x－1)ex＋1，h′(x)＝xex≥0，所以h(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，h(x)＝(x－1)ex＋1≥h(0)＝0， 即F′(x)≤0在[0，＋∞)上恒成立，F(xiàn)(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，F(xiàn)(x)≤F(0)＝0，所以f(x)≤ax＋1＋2x2在[0，＋∞)上恒成立． 當(dāng)a<2時，F(xiàn)′(0)＝2－a>0，而函數(shù)F′(x)的圖象在(0，＋∞)上連續(xù)且x→＋∞，F(xiàn)′(x)逐漸趨近負(fù)無窮，必存在正實數(shù)x0使得F′(x0)＝0且在(0，x0)上F′(x)>0，所以F(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，此時F(x)>F(0)＝0，f(x)>ax＋1＋2x2有解，不滿足題意． 綜上，a的取值范圍是[2，＋∞)． 4．(2018南昌模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝2ln x－mx2＋1. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)f(x)有極值時，若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，求實數(shù)m的取值范圍． 解：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝－2mx＝， 當(dāng)m≤0時，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)m>0時，令f′(x)>0，得0， ∴f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． (2)由(1)知，當(dāng)f(x)有極值時，m>0，且f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． ∴f(x)max＝f＝2ln－m＋1＝－ln m， 若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，則f(x)max>m－1. 即－ln m>m－1，ln m＋m－1<0成立． 令g(x)＝x＋ln x－1(x>0)， ∵g′(x)＝1＋>0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且g(1)＝0，∴00時，對任意的x∈，恒有f(x)≤e－1成立，求實數(shù)b的取值范圍． 解：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)． 當(dāng)b＝2時，f(x)＝aln x＋x2， 所以f′(x)＝＋2x＝. ①當(dāng)a>0時，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． ②當(dāng)a<0時，令f′(x)＝0，解得x＝ (負(fù)值舍去)， 當(dāng)0時，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增． 綜上所述，當(dāng)b＝2，a>0時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)b＝2，a<0時，函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． (2)因為對任意的x∈，恒有f(x)≤e－1成立， 所以當(dāng)x∈時，f(x)max≤e－1. 當(dāng)a＋b＝0，b>0時，f(x)＝－bln x＋xb，f′(x)＝－＋bxb－1＝. 令f′(x)<0，得00，得x>1. 所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減，在(1，e]上單調(diào)遞增，f(x)max為f＝b＋e－b與f(e)＝－b＋eb中的較大者． f(e)－f＝eb－e－b－2b. 令g(m)＝em－e－m－2m(m>0)， 則當(dāng)m>0時，g′(m)＝em＋e－m－2>2－2＝0， 所以g(m)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(m)>g(0)＝0，所以f(e)>f，從而f(x)max＝f(e)＝－b＋eb 所以－b＋eb≤e－1，即eb－b－e＋1≤0. 設(shè)φ(t)＝et－t－e＋1(t>0)，則φ′(t)＝et－1>0， 所以φ(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 又φ(1)＝0，所以eb－b－e＋1≤0的解集為(0,1]． 所以b的取值范圍為(0,1]． 6．(2018開封模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax＋x2－xln a(a>0，a≠1)． (1)當(dāng)a＝e(e是自然對數(shù)的底數(shù))時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)f′(x)＝axln a＋2x－ln a＝2x＋(ax－1)ln a. 當(dāng)a＝e時，f′(x)＝2x＋ex－1，其在R上是增函數(shù)， 又f′(0)＝0，∴f′(x)>0的解集為(0，＋∞)，f′(x)<0的解集為(－∞，0)，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)． (2)∵存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1， 又當(dāng)x1，x2∈[－1,1]時，|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min， ∴只要f(x)max－f(x)min≥e－1即可． ∵當(dāng)a>1時，ln a>0，y＝(ax－1)ln a在R上是增函數(shù)， 當(dāng)01或00)， ∴g′(a)＝1＋－＝2≥0， ∴g(a)＝a－－2ln a在(0，＋∞)上是增函數(shù)． 而g(1)＝0，故當(dāng)a>1時，g(a)>0，即f(1)>f(－1)； 當(dāng)01時，f(x)max－f(x)min＝f(1)－f(0)≥e－1，即a－ln a≥e－1， 函數(shù)y＝a－ln a在(1，＋∞)上是增函數(shù)，解得a≥e； 當(dāng)0

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