优选
1 / 40
高考大题专项(一) 导数的综合应用
突破 1 利用导数研究与不等式有关的问题
1.(2020 全国 1,理 21)已知函数 f(x)=ex+ax2-x.
(1)当 a=1 时,讨论 f(x)的单调性;
(2)当 x≥0 时,f(x)≥
1
2
x3+1,求 a 的取值范围.
优选
2 / 40
2.(2020 山东潍坊二模,20)已知函数 f(x)=
1
+aln x,g(x)=
e
.
(1)讨论函数 f(x)的单调性;
(2)证明:当 a=1 时,f(x)+g(x)-
1 +
e
2
ln x>e.
优选
3 / 40
3.已知函数 f(x)=ln x+
(a∈R)的图象在点
1
e
,f
1
e
处的切线斜率为-e,其中 e 为自然对数的底数.
(1)求实数 a 的值,并求 f(x)的单调区间;
(2)证明:xf(x)>
e
.
优选
4 / 40
4.(2020 广东湛江一模,文 21)已知函数 f(x)=ln ax-bx+1,g(x)=ax-ln x,a>1.
(1)求函数 f(x)的极值;
(2)直线 y=2x+1 为函数 f(x)图象的一条切线,若对任意的 x1∈(0,1),x2∈[1,2]都有 g(x1)>f'(x2)成立,
求实数 a 的取值范围.
优选
5 / 40
优选
6 / 40
5.(2020 山东济宁 5 月模拟,21)已知两个函数 f(x)=
e
,g(x)=
ln
+
1
-1.
(1)当 t>0 时,求 f(x)在区间[t,t+1]上的最大值;
(2)求证:对任意 x∈(0,+∞),不等式 f(x)>g(x)都成立.
优选
7 / 40
6.(2020 湖北武汉二月调考,理 21)已知函数 f(x)=(x-1)ex-kx2+2.
(1)略;
(2)若∀x∈[0,+∞),都有 f(x)≥1 成立,求实数 k 的取值范围.
优选
8 / 40
7.(2020 山东济南一模,22)已知函数 f(x)=
(e
--1)
2
,且曲线 y=f(x)在(2,f(2))处的切线斜率为 1.
(1)求实数 a 的值;
(2)证明:当 x>0 时,f(x)>1;
(3)若数列{xn}满足
e
+1
=f(xn),且 x1=
1
3
,证明:2n|
e
-1|0.
所以 f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)f(x)≥
1
2
x3+1 等价于
1
2
x3-ax2+x+1 e-x≤1.设函数 g(x)=
1
2
3
-
2
+ + 1
e-x(x≥0),
则 g'(x)=-
1
2
x3-ax2+x+1-
3
2
x2+2ax-1 e-x
=-
1
2
x[x2-(2a+3)x+4a+2]e-x
=-
1
2
x(x-2a-1)(x-2)e-x.
①若 2a+1≤0,即 a≤-
1
2
,则当 x∈(0,2)时,g'(x)>0.所以 g(x)在(0,2)上单调递增,而 g(0)=1,故当 x
∈(0,2)时,g(x)>1,不合题意.
优选
20 / 40
②若 0
eln
,
优选
21 / 40
设 F(x)=ex-ex+1,F'(x)=ex-e,
所以当 x∈(1,+∞)时,F'(x)>0,F(x)单调递增;当 x∈(0,1)时,F'(x)0,G(x)单调递增,当 x∈(e,+∞)时,G'(x)G(x),即 ex-ex+1>
eln
,故原不等式成立.
3.(1)解因为函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=
1
2
,所以 f'
1
e
=e-ae2=-e,所以 a=
2
e
,
所以 f'(x)=
1
2
e
2
令 f'(x)=0,得 x=
2
e
,当 x∈
0,
2
e
时,f'(x)0,
所以 h(x)在
0,
1
e
上单调递减,在
1
e , +
∞ 上单调递增,
所以 h(x)min=h
1
e
1
e
设 t(x)=
e
(x>0),则 t'(x)=
1-
e
,
优选
22 / 40
所以当 x∈(0,1)时,t'(x)>0,t(x)单调递增,当 x∈(1,+∞)时,t'(x)t(x),即 xf(x)>
e
4.解(1)∵a>1,∴函数 f(x)的定义域为(0,+∞).∵f(x)=lnax-bx+1=lna+lnx-bx+1,∴f'(x)=
1
-b=
1-
①当 b≤0 时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数,无极值;
②当 b>0 时,由 f'(x)=0,得 x=
1
∵当 x∈
0,
1
时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当 x∈
1
, +
∞ 时,f'(x)f'(x2)成立,
∴只需 g(x1)min>f'(x2)max.
∵g'(x)=a-
1
-1
,
∴由 g'(x)=0,得 x=
1
∵a>1,∴0<
1
0,g(x)单调递增.
∴g(x)≥g
1
=1+lna,
即 g(x1)min=1+lna.
∵f'(x2)=
1
2
-b 在 x2∈[1,2]上单调递减,∴f'(x2)max=f'(1)=1-b=3-
e
∴1+lna>3-
e
即 lna+
e
-2>0.
设 h(a)=lna+
e
-2,
易知 h(a)在(1,+∞)上单调递增.
又 h(e)=0,∴实数 a 的取值范围为(e,+∞).
5.(1)解由 f(x)=
e
得,f'(x)=
e
-e
2
e
(-1)
2
,∴当 x0,
∴f(x)在区间(-∞,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增.
优选
24 / 40
①当 t≥1 时,f(x)在区间[t,t+1]上单调递增,f(x)的最大值为 f(t+1)=
e
+1
+1
②当 00,1-e0,φ(x)
单调递增,∴φ(x)min=
1
2
=1-ln
1
2
=1+ln2>0,∴φ(x)>0 在(0,+∞)上成立,∴对任意 x∈(0,+∞),不等式
f(x)>g(x)都成立.
6.解(1)略
(2)f'(x)=xex-2kx=x(ex-2k),
①当 k≤0 时,ex-2k>0,所以,当 x0,
则 f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,
所以 f(x)在区间[0,+∞)上的最小值为 f(0),且 f(0)=1,符合题意;
②当 k>0 时,令 f'(x)=0,得 x=0 或 x=ln2k,
所以当 00 时,c'(x)>0,所以 h'(x)=ex-x-1 在(0,+∞)上单调递增,
所以 h'(x)=ex-x-1>h'(0)=0.
所以 h(x)=ex-
1
2
x2-x-1 在(0,+∞)上单调递增,
所以 h(x)=ex-
1
2
x2-x-1>h(0)=0 成立.所以当 x>0 时,f(x)>1.
(3)证明(方法 1)由(2)知当 x>0 时,f(x)>1.
因为
e
+1
=f(xn),
所以 xn+1=lnf(xn).
设 g(xn)=lnf(xn),则 xn+1=g(xn),
所以 xn=g(xn-1)=g(g(xn-2))=…=g((…(g(x1))…))>0.
要证 2n|
e
-1|0,得 m(x)单调递增;
当 x>x0 时,m(x)=
e
,由 m'(x)=
1-
e
2x0-x1.
又因为 2x0-x1>x0,而 m(x)在区间(x0,+∞)上单调递减,
优选
31 / 40
所以可证 m(x2)1-
1
e
>0,
即 h(x)单调递增,故当 10,h(x)单调递增;当 x∈(1,+∞)时,h'(x)0,t(x)单调递增;当 x∈(1,+∞)时,t'(x)0.
所以 F(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
所以当 x=0 时,F(x)取得最小值 F(0)=0.
所以 F(x)≥0,即 f(x)≥g(x).
(2)解设函数 F(x)=f(x)-g(x)=xex-aex+a.
当 a>1 时,F'(x)=(x-a+1)ex,
令 F'(x)>0,即(x-a+1)ex>0,解得 x>a-1;
令 F'(x)1),则 u'(x)=6ax2-6ax-2b=6ax(x-1)-2b>-2b.
当 b≤0 时,u'(x)>0,
优选
38 / 40
此时 u(x)在(1,+∞)上单调递增,
因此 u(x)>u(1)=-a-b.
因为存在 x0∈(1,+∞),使 2a
0
3
-3a
0
2
-2bx0+b=0 成立,
所以只要-a-b0 时,令 u(x)=b,
解得 x1=
3+ 92+16
4
3+ 92
4
3
2
>1,
x2=
3- 92+16
4
(舍去),
x3=0(舍去),得 u(x1)=b>0.
又因为 u(1)=-a-b1,使 2a
0
3
-3a
0
2
-2bx0+b=0 成
立,此时
>0.
综上,
的取值范围为(-1,+∞).
6.解(1)因为 g(x)=
2
3
x3+2(1-a)x2-8x+8a+7,
所以 g'(x)=2ax2+4(1-a)x-8,所以 g'(2)=0.
所以 a=0,即 g(x)=2x2-8x+7.
g(0)=7,g(3)=1,g(2)=-1.
优选
39 / 40
所以 g(x)在[0,3]上的值域为[-1,7].
(2)①当 a=0 时,g(x)=2x2-8x+7,由 g(x)=0,得 x=2±
2
2
∈(1,+∞),此时函数 y=h(x)有三个零点,
符合题意.
②当 a>0 时,g'(x)=2ax2+4(1-a)x-8=2a(x-2) x+
2
.
由 g'(x)=0,得 x=2.
当 x∈(0,2)时,g'(x)2,即-1
微信/支付宝扫码支付