（新课标）2020版高考数学二轮复习专题六函数与导数第4讲函数、导数与不等式练习文新人教A版.docx

第4讲函数、导数与不等式1.(2019·贵州省适应性考试)已知函数f(x)=x-lnx,g(x)=aex.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)求证:当a≥时,xf(x)≤g(x).解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).由f(x)=x-lnx,得f′(x)=1-=,当x∈(0,1)时,f′(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f′(x)>(x)的单调递减区间是(0,1),单调递增区间是(1,+∞).(2)证明:要证xf(x)≤g(x),即证x(x-lnx)≤aex,即证a≥.设h(x)=,则h′(x)==.由(1)可知f(x)≥f(1)=1,即lnx-(x-1)≤0,于是,当x∈(0,1)时,h′(x)>0,h(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,h′(x)<0,h(x)=1时,h(x)取得最大值,h(x)max==,所以当a≥时,xf(x)≤g(x).2.(2019·安徽省考试试题)已知函数f(x)=x3+ax-2lnx.(1)当a=-1时,求函数f(x)的单调区间;(2)若f(x)≥0在定义域内恒成立,:(1)当a=-1时,f(x)=x3-x-2lnx(x>0),f′(x)=3x2-1-==.因为3x2+3x+2>0恒成立,所以当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,y=f(x)单调递增;当x∈(0,1)时,f′(x)<0,y=f(x)(x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1).(2)因为f(x)=x3+ax-2lnx≥0在(0,+∞)上恒成立,所以当x∈(0,+∞)时,g(x)=x2+a-≥′(x)=2x-2×=2×,令h(x)=x3+lnx-1,则h(x)在(0,+∞)上单调递增,且h(1)=0,所以当x∈(0,1)时,h(x)<0,g′(x)<0,即y=g(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,h(x)>0,g′(x)>0,即y=g(x)(x)min=g(1)=1+a≥0,a≥-1,故实数a的取值范围为[-1,+∞).(x)=ax2-xlnx.(1)若函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,求a的取值范围;(2)若a=e,证明:当x>0时,f(x)<xex+.解析:(1)由题意知,f′(x)=2ax-lnx-(x)在(0,+∞)上单调递增,所以当x>0时,f′(x)≥0,即2a≥(x)=(x>0),则g′(x)=-,易知g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,则g(x)max=g(1)=1,所以2a≥1,即a≥.故a的取值范围是[,+∞).(2)证明:若a=e,要证f(x)<xex+,只需证ex-lnx<ex+,即ex-ex<lnx+.令h(x)=lnx+(x>0),则h′(x)=,易知h(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,则h(x)min=h()=0,所以lnx+≥(x)=ex-ex,则φ′(x)=e-ex,易知φ(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,则φ(x)max=φ(1)=0,所以e-ex≤(x)与φ(x)不同时为0,所以ex-ex<lnx+,.(2019·江西八所重点中学联考)已知函数f(x)=e