高考数学二轮专题——导数中的不等式

2022高考数学二轮专题——导数中等式
1 已知函数f(x)alnx−(x−1)ex中a非零常数．
(1)讨f(x)极值点数说明理
(2)a>e(ⅰ)证明：f(x)区间(1+∞)仅1零点(ⅱ)设x0f(x)极值点x1f(x)零点x1>1求证：x0+2lnx0>x1．







2 已知函数．
(1)讨函数f(x)单调性
(2)a1证明：f(1x)>−ex．







3 已知函数f(x)ex−xlnx+axf′(x)f(x)导数函数f′(x)xx0处取值．
(1)求证：lnx0+x00
(2)x≥x0时f(x)≥1恒成立求a取值范围．







4 已知f(x)ln(x+2)−bx+ag(x)ex−1．
(1)讨f(x)单调性
(2)b0时意x∈(−2+∞)g(x)≥f(x)x+2成立求实数a值．







5 已知函数f(x)ln x−sin x+ax(a>0)．
(1)a1求证：x∈(1π2)时f(x)<2x−1
(2)f(x)(02π)仅1极值点求a取值范围．







6 设函数f(x)aex+cos x中a∈R．
(1)a1证明：x>0时f(x)>2
(2)f(x)区间[0π]两零点求a取值范围．







7 已知函数f(x)e2x−(a+2)ex+ax(a>0)中e≈271828然数底数．(1)求函数f(x)单调区间
(2)设g(x)f(x)+(a+2)ex−ax(1+x)(0+∞)存极值M证明：M






8 已知函数f(x)e−x−alnx−2x(a∈Rx>0)
(1)a1x0函数f(x)零点求证：x0·ex01
(2)证明：意x>00






答案解析

1答案(1)解：已知f(x)定义域(0+∞)f′(x)ax−xexa−x2exx
 ①a<0时a−x2ex<0f′(x)<0f(x)(0+∞)单调递减极值点
 ②a>0时令g(x)a−x2exg(x)[0+∞)单调递减g(0)a>0．
g(a)a−aeaa(1−ea)<0
存唯x0∈(0+∞)g(x0)0．
x∈(0x0)时g(x)>0f′(x)>0x∈(x0+∞)时g(x)<0f′(x)<0
a>0时f(x)(0+∞)仅极值点．
(2)证明：(i)(1)知f′(x)a−x2exx令g(x)a−x2exa>eg(1)a−e>0．
g(x)0(1+∞)唯解f′(x)0(0+∞)唯解妨设x0．
f(x)(1x0)单调递增(x0+∞)单调递减x0f(x)唯极值点．
令h(x)lnx−x+1x>1时h′(x)1x−1<0h(x)(1+∞)单调递减．
x>1时h(x)e时lna>1．
f(lna)aln(lna)−(lna−1)elnaf(1)0f(x)(1+∞)唯零点．
(ii)题意f′(x0)0f(x1)0a−x02ex00alnx1−(x1−1)ex10．
x02ex0lnx1(x1−1)ex1．
lnx1x1−1x02ex1−x0x1>1时lnx1x0>1
x1−1x02ex1−x0ex1−x0两边取数
lnex1−x0x1−x0<2lnx0
整理x0+2lnx0>x1．

解析题考查利导数研究函数单调性极值利导数研究函数零点证明等式成立属困难题目．
(1)求出f′(x)a进行分类讨出f(x)极值点数
(2)(i)令f(x)a−x2ex出g(x)单调性证明出f(x)1零点
(ii)题意出f′(x0)0f(x1)0a−x02ex00alnx1−(x1−1)ex10整理出ex1−x0
2答案解：(1)f(x)定义域(0+∞)f′(x)x+ax2．
a≥0时f′(x)>0(0+∞)恒成立
f(x)(0+∞)单调递增
a<0时x∈(0−a)时f′(x)<0
x∈(−a+∞)时f′(x)>0
f(x)(0−a)单调递减(−a+∞)单调递增．
综述a≥0时f(x)(0+∞)单调递增
a<0时f(x)(0−a)单调递减
(−a+∞)单调递增．
(2)a1时．
令g(x)f(1x)−(−ex)x∈(0+∞)
g(x)−x−lnx+ex
令x∈(0+∞)．
h′(x)1x2+ex>0恒成立h(x)(0+∞)单调递增．
h(12)−3+e<0h(1)−2+e>0
存唯x0∈(121)

x∈(0x0)时h(x)<0g′(x)<0
g(x)(0x0)单调递减
x∈(x0+∞)时h(x)>0g′(x)>0
g(x)(x0+∞)单调递增．
②
①代入②x0∈(121)．
设φ(x)−x−lnx+1+1xx∈(121)．
恒成立
φ(x)(121)单调递减
φ(x)>φ(1)1>0．
x0∈(121)
φ(x0)>0g(x0)>0
g(x)>0
a1时f(1x)>−ex．


解析题考查利导数研究函数单调性导数中等式证明较难题．
(1)易知f(x)定义域(0+∞)f′(x)x+ax2分a≥0a<0两种情况研究单调性
(2)a1时令g(x)f(1x)−(−ex)利导数研究单调性证．

3答案解：(1)题意f′(x)ex−lnx+a−1
令g(x)ex−lnx+a−1g′(x)ex−1x知g′(x)(0+∞)增函数
g′(1)e−1>0g′(12)e−2<0
存12x∈(0t0)时g′(x)x∈(t0+∞)时g′(x)>g′(t0)0g(x)增函数
xt0时g(x)取值f′(x)取值．
x0t0ex0−1x00ex01x0
lnx0+x00证毕．
(2)(1)知f′(x)ex−lnx+a−1值1x0+x0+a−1
①1x0+x0+a−1≥0a≥1−1x0+x0时f(x)[x0+∞)增函数
f(x)minf(x0)ex0−x0lnx0+x0a1x0+x02+x0a
≥1x0+x02+x01−1x0+x01x0+x0−1
(1)中121f(x)>1．
a≥1−1x0+x0满足题意．
②1x0+x0+a−1<0a<1−1x0+x0时f′(x)两零点x1x2
x1x∈(x0x2)时f′(x)x∈(x2+∞)时f′(x)>f′(x2)0f(x)增函数
f(x)值f(x2)
注意f(1)e+a1时a1−e时f′(1)e+a−10
(ⅰ)a≥1−e时f′(1)e+a−1≥0f′(x2)
0f(x2)ex2−x2lnx2+ax2ex2−x2lnx2+(lnx2−ex2+1)x2(1−x2)ex2+x2
(1−x2)(ex2−1)+1
ex2−1>0(1−x2)(ex2−1)+1>1f(x2)>1．
12(ⅱ)a<1−e时f′(1)e+a−1<0f′(x2)
x2>1>x0
(*)知x∈(1x2)时f(x)减函数
f(x)1−e≤a<1−1x0+x0满足条件．
综述：a取值范围[1−e+∞)．

解析题考查利导数研究函数单调性值恒成立问题考查化转化分类整合等数学思想运算求解推理证等数学力属难题．
(1)求导求出函数单调性值证明结
(2)(1)知f′(x)ex−lnx+a−1值1x0+x0+a−1分情况讨1x0+x0+a−1范围等式恒成立问题转化求函数值问题求解．

4答案解：(1)∵f(x)定义域(−2+∞)f′x1x+2−b．
b≤0时显然f′(x)>0∴f(x)定义域单调递增
b>0时令f′(x)0x1b−2>−2：
x
−21b−2
1b−2
1b−2+∞
f′(x)
+
0
−
f(x)
↗
极值
↘
f(x)−21b−2单调递增1b−2+∞单调递减
综述b≤0时f(x)定义域单调递增
b>0时f(x)−21b−2单调递增1b−2+∞单调递减
(2)b0时f(x)ln(x+2)+a
g(x)ex−1gx≥fxx+2成立
∴a≤x+2ex−1−lnx+2(−2+∞)恒成立
令Fxx+2ex−1−lnx+2x>−2需a≤F(x)min．
∵F′xex−1+x+2ex−1x+2x+3ex−1x+2
∵x>−2∴x+3>0令hxex−1x+2h′xex+1x+22>0
∴h(x)(−2+∞)单调递增∵h−11e−1<0h01−12>0
∴存唯x0∈(−2+∞)hx0ex0−1x0+20x0+2ex01
两边取然数x0+ln(x0+2)0
x
−2x0
x0
x0+∞
F′(x)
−
0
+
F(x)
↘
极值
↗

∴a≤−1a值−1．

解析题考查导数函数单调性关系利导数研究函数性质考察隐零点属较难题．
(1)求出导数讨b值确定单调性
(2)求出b0时f(x)结合已知a≤x+2ex−1−lnx+2(−2+∞)恒成立构造新函数F(x)利导数求出单调性进极值a取值范围求．

5答案(1)证明：a1时f(x)lnx−sinx+x．
证f(x)<2x−1证：lnx−sinx−x+1<0．
设g(x)lnx−sinx−x+1(1g′(x)1x−cos x−11−xx−cos x．
1g(x)x∈(1π2)时f(x)<2x−1．
(2)f(x)lnx−sinx+ax(a>0)f′(x)1x−cos x+a．
①x∈(01]时函数f′(x)1x−cos x+a单调递减
f′(x)⩾1−cos1+a>a>0
函数f(x)单调递增极值点．
②x∈(1π2]时设φ(x)f′(x)1x−cos x+a
φ′(x)−1x2+sin x．
设h(x)−1x2+sin xh′(x)2x3+cos x>0
函数hx(1π2]单调递增
函数φ′(x)(1π2]单调递增．
φ′(1)−1+sin 1<0φ′(π2)−4π2+1>0
存唯x0∈(1π2)φ′(x0)−1x02+sin x00sin x01x0．
x∈(1x0)时φ′(x)<0函数φ(x)单调递减
x0∈(x0π2]时φ′(x)>0函数φ(x)单调递增
φ(x)minφ(x0)1x0−cos x0+a
sin x0−cos x0+a
>sin x0−cos x0>0．
φ(x)f′(x)>0恒成立
函数f(x)单调递增极值点．
③x∈(π23π2]cosx≤0f′(x)1x−cos x+a⩾1x+a>0．
函数f(x)单调递增极值点．
④时f(x)(02π)仅1极值点
时函数f(x)必存1极值点．
设φ(x)f′(x)1x−cos x+aφ′(x)−1x2+sin x<0
函数φ(x)单调递减．
φ(3π2)23π+a>0φ(2π)12π−1+a<0解−23πa>00存唯满足φ(x0)0．
时φ(x)f′(x)>0函数f(x)单调递增
x∈(x02π)时φ(x)f′(x)<0函数f(x)单调递减
x0函数f(x)极值点．
综知f(x)(02π)仅1极值点
a取值范围(01−12π)．

解析题考查函数零点存性定理利导数研究函数单调性利导数研究函数极值导数中函数等式分析法综合法分类讨思想考查学生逻辑思维力运算力属难题．
(1)利分析法问题转化证lnx−sinx−x+1<0设g(x)lnx−sinx−x+1(1(2)结合x讨利导数研究函数单调性x∈(01](π23π2]时函数f(x)单调递增极值点x∈(1π2]时利导数研究函数极值结合利导数研究函数单调性函数f(x)单调递增极值点时函数f(x)必存1极值点利导数研究函数单调性函数φ(x)单调递减利函数零点存性定理结合题目条件0
6答案解：(1)f′(x)ex−sin x
x>0ex>1sin x∈[−1 1]
f′(x)ex−sin x>0f(x)增函数．
f(x)>f(0)2f(x)>2  
(2)f(x)aex+cos x0a−cos xex
设函数h(x)−cos xexx∈[0 π]h′(x)sin x+cos xex
令h′(x)0x3π4
x∈[0 3π4]时h′(x)>0 x∈(3π4 π]时h′(x)<0
h(x)0 3π4单调递增3π4 π单调递减．
h(0)−1 h(π)e−π h(3π4)22e−3π4
时方程a−cosxexx∈[0 π]区间两解
求实数a取值范围．


解析题考查利导数证明等式函数零点属中档题．
(1)求出函数导数利单调性求出值f(x)>f(0)2证
(2)f(x)aex+cos x0a−cos xex然构造函数h(x)−cos xex进通求导求出结果．

7答案解：(1)题意函数f(x)e2x−(a+2)ex+ax(a>0)
f′(x)2e2x−(a+2)ex+a(2ex−a)(ex−1)
a2时令f′(x)2(ex−1)2≥0f(x)单调递增
a>2时令f′(x)>0解：x>lna2x<0
令f′(x)<0解：0f(x)(−∞0)递增(0lna2)递减(lna2+∞)递增
00解：x>0x令f′(x)<0解：lna2f(x)(−∞lna2)递增(lna20)递减(0+∞)递增
综：a>2时f(x)(−∞0)递增(0lna2)递减(lna2+∞)递增
a2时f(x)R单调递增
0(2)证明：函数g(x)e2x−ax2g′(x)2(e2x−ax)
令m(x)e2x−axm′(x)2e2x−a令m′(x)0解：x12lna2
00m(x)(0+∞)递增时m(x)>m(0)0
g′(x)>0函数g(x)(0+∞)单调递增时存极值
a>2时令m′(x)>0解：x>12lna2令m′(x)<0解：x<12lna2
g′(x)(012lna2)单调递减(12lna2+∞)单调递增
∵g(x)(0+∞)存极值g′(12lna2)a−alna2<0解：a>2e
∵g′(0)2>0g′(12)2e−a<0g′(lna)2a(a−lna)>012<12lna2易证a−lna>0存x1∈(012)g′(x1)2e2x1−2ax10
存x2∈(12lna2lna)g′(x2)0
g(x)(0x1)单调递增(x1x2)单调递减
xx1时函数g(x)取极值MMe2x1−ax1202e2x1−2ax10e2x1ax1
Me2x1−ax12−a(x1−12)2+a4
解析题考查函数单调性值问题考查导数应等式证明考查转化思想分类讨思想难题．
(1)求出函数f(x)导数通讨a范围求出函数单调区间
(2)求出函数g(x)导数通讨a范围求出函数极值M证明结成立．

8答案证明：(1)a1时f(x)e−x−lnx−2x
f(x0)e−x0−lnx0−2x00⇒e−x0−x0x0+lnx0e−x0+lne−x0
令te−x0−x0lnt∴lnt+tlnx0+x0
设F(x)x+lnx∴F′(x)1+1x>0
∴F(x)(0+∞)单调递增
∴te−x0x0∴x0⋅ex01．
(2)令k(x)x−sinxx>0k′(x)1−cosx⩾0
∴k(x)(0+∞)增函数k(x)>K(0)0x>0时sinx0∴a sinx−xlnx证：a sinx−xlnx需证： x−xlnx≤e−x+x2                                              
设hxx−xlnx−e−x−x2∴h′xgxe−x−lnx−2x                 
容易判断gx0+∞单调递减                                           
(1)知gx00x0⋅ex01x0+lnx00                      
∴x∈0x0h′xgx>0x∈x0+∞h′xgx<0
∴知函数hx0x0单调递增x0+∞单调递减                      
∴hx≤hx0hx0x0−x0lnx0−e−x0−x02                            
lnx0−x0e−x0x0
∴hx0x0+x02−x0−x020∴x−xlnx≤e−x+x2
∴a sinx−xlnx
解析题考查函数单调性问题考查导数应函数零点问题道综合题．
(1)a1代入f(x)结合换元法令te−x0构造F(x)x+lnx助导数出F(x)(0+∞)单调递增te−x0x0命题证
(2)通证x>0时sinx
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