(新课标)2022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.pdf

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复****专题六函数与导数第4讲函
数、导数与不等式练****文新人教
A版
第4讲函数、导数与不等式
1.(2022·贵州省适应性考试)函数f(x)=x
-lnx,g(x)=aex.
(1)求函数f(x)的单调区间;
1
(2)求证:当a≥时,xf(x)≤g(x).
e
解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).
1x-1
fxxxfx
由()=-ln,得′()=1-x=x,
当x∈(0,1)时,f′(x)<0;当x∈(1,+∞)
时,f′(x)>0.
所以f(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-ln
x2-xlnx
x)≤aex,即证a≥.
ex
x2-xlnx
设h(x)=,
ex
-2-
-x2+2x-1+xlnx-lnx
那么h′(x)=
ex
[lnx-〔x-1〕]〔x-1〕
=.
ex
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)单调递
减.
1-0
所以x=1时,h(x)取得最大值,h(x)=
maxe
1
=,
e
1
所以当a≥时,xf(x)≤g(x).
e
2.(2022·安徽省考试试题)函数f(x)=x3
+ax-2lnx.
(1)当a=-1时,求函数f(x)的单调区间;
-3-
(2)假设f(x)≥0在定义域内恒成立,求实数
a的取值范围.
解:(1)当a=-1时,f(x)=x3-x-2ln
23x3-x-2
xxfxx2
(>0),′()=3-1-x=x=
〔x-1〕〔3x2+3x+2〕
x.
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)单调递
减.
故f(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,
2lnx
gxx2a
()=+-x≥0恒成立.
g′(x)=2x-
-4-
〔lnx〕′·x-lnx·x′
2×=
x2
x3+lnx-1
2×,
x2
令h(x)=x3+lnx-1,那么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)单调递增.
所以g(x)=g(1)=1+a≥0,a≥-1,故实
min
数a的取值范围为[-1,+∞).
(x)=ax2-xlnx.
(1)假设函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,
求a的取值范围;
(2)假设a=e,证明:当x>0时,f(x)<xex
1
+.
e
解析:(1)由题意知,f′(x)=2ax-lnx-
-5-
1.
因为函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,所
lnx+1
xfxa
以当>0时,′()≥0,即2≥x恒成立.
lnx+1
gxxgx
令()=x(>0),那么′()=-
lnx
,
x2
易知g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)
上单调递减,那么g(x)=g(1)=1,
max
11
所以2a≥1,即a≥.故a的取值范围是[,
22
+∞).
1
(2)证明:假设a=e,要证f(x)<xex+,只
e
11
需证ex-lnx<ex+,即ex-ex<lnx+.
exex
1
令h(x)=lnx+(x>0),那么h′(x)=
ex
-6-
ex-1
,
ex2
11
易知h(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)
ee
1
上单调递增,那么h(x)=h()=0,
mine
1
所以lnx+≥0.
ex
再令φ(x)=ex-ex,那么φ′(x)=e-ex,
易知φ(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+
∞)上单调递减,那么φ(x)=φ(1)=0,所以
max
e-ex≤0.
因为h(x)与φ(x)不同时为0,所以ex-
1
ex<lnx+,故原不等式成立.
ex
4.(2022·江西八所重点中学联考)函数f(x)
=ex-a(x+4)的定义域为(0,+∞),a∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)假设不等式(x+1)ex+a(x2+4x)≥0在
-7-
x∈(0,+∞)上恒成立,求a的取值范围.
解:(1)由题意得f′(x)=ex-a,且f′(x)
的定义域为(0,+∞),
①当a≤1时,f′(x)>0在x∈(0,+∞)上
恒成立,此时(0,+∞)为f(x)的单调递增区间.
②当a>1时,令f′(x)=0,得x=lna∈(0,
+∞),
故x∈(0,lna)时,f′(x)<0,即(0,lna)
为f(x)的单调递减区间;x∈(lna,+∞)时,
f′(x)>0,即(lna,+∞)为f(x)的单调递增区
间.
(2)设h(x)=(x+1)ex+a(x2+4x),x∈(0,
+∞),
那么h′(x)=(x+2)(ex+2a),
1
当a≥-时,h′(x)>0在(0,+∞)上恒成
2
立,
即h(x)为增函数,故h(x)>h(0)=1≥0,即
-8-
1
a≥-符合题意.
2
1
当a<-时,令h′(x)=0,得x=ln(-
2
2a)∈(0,+∞),
可得x∈(0,ln(-2a))时,h′(x)<0,那么
h(x)为减函数;x∈(ln(-2a),+∞)时,h′
(x)>0,那么h(x)(x)=h(ln(-
min
2a))≥0,
即得[ln(-2a)]2+2ln(-2a)-2≤0,
1
解得0<ln(-2a)≤3-1,即-e3-1≤a<
2
1
-符合题意.
2
1
综上,a的取值范围为[-e3-1,+∞).
2
-9-
-10-