高考数学二轮专题——导数中的不等式.docx
2022高考数学二轮专题导数中的不等式1. 已知函数f(x)=alnx(x1)ex，其中a为非零常数(1)讨论f(x)的极值点个数，并说明理由；(2)若a>e，()证明：f(x)在区间(1,+)内有且仅有1个零点；()设x0为f(x)的极值点，x1为f(x)的零点且x1>1，求证：x0+2lnx0>x12. 已知函数(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若a=1，证明：f(1x)>ex3. 已知函数f(x)=exxlnx+ax，f(x)为f(x)的导数，函数f(x)在x=x0处取得最小值(1)求证：lnx0+x0=0；(2)若xx0时，f(x)1恒成立，求a的取值范围4. 已知f(x)=ln(x+2)bx+a，g(x)=ex1(1)讨论f(x)的单调性；(2)当b=0时，对任意x(2,+)都有g(x)f(x)x+2成立，求实数a的最大值5. 已知函数f(x)=lnxsinx+ax(a>0)(1)若a=1，求证：当x(1,2)时，f(x)<2x1;(2)若f(x)在(0,2)上有且仅有1个极值点，求a的取值范围6. 设函数f(x)=aex+cosx，其中aR(1)若a=1，证明：当x>0时，f(x)>2；(2)若f(x)在区间0,内有两个不同的零点，求a的取值范围7. 已知函数f(x)=e2x(a+2)ex+ax(a>0)，其中e2.71828是自然对数的底数(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设g(x)=f(x)+(a+2)exax(1+x)在(0,+)上存在极大值M，证明：M<a48. 已知函数f(x)=exalnx2x(aR,x>0)(1)若a=1，x0是函数f(x)的零点，求证：x0·ex0=1；(2)证明：对任意x>0，0<a1，都有asinxxlnx<ex+x2答案和解析1.【答案】(1)解：由已知，f(x)的定义域为(0,+).且f(x)=axxex=ax2exx，因此当a<0时，ax2ex<0.从而f(x)<0.所以f(x)在(0,+)内单调递减，无极值点，当a>0时，令g(x)=ax2ex，则由于g(x)在0,+)上单调递减，g(0)=a>0g(a)=aaea=a(1ea)<0，所以存在唯一的x0(0,+)，使得g(x0)=0所以当x(0,x0)时，g(x)>0，即f(x)>0;当x(x0,+)时，g(x)<0.即f(x)<0，所以当a>0时，f(x)在(0,+)上有且仅有一个极值点(2)证明：(i)由(1)知f(x)=ax2exx，令g(x)=ax2ex，由a>e得g(1)=ae>0所以g(x)=0在(1,+)内有唯一解，从而f(x)=0在(0,+)内有唯一解，不妨设为x0则f(x)在(1,x0)上单调递增，在(x0,+)上单调递减，所以x0是f(x)的唯一极值点令h(x)=lnxx+1，则当x>1时，h(x)=1x1<0，故h(x)在(1,+)内单调递减从而当x>1时，h(x)<h(1)=0，所以lnx<x1，从而当a>e时，lna>1且f(lna)=aln(lna)(lna1)elna<a(lna1)(lna1)a=0，又因为f(1)=0，故f(x)在(1,+)内有唯一的零点(ii)由题意，f(x0)=0,f(x1)=0,即ax02ex0=0alnx1(x11)ex1=0从而x02ex0lnx1=(x11)ex1即lnx1=x11x02ex1x0，因为当x1>1时，lnx1<x11，又x1>x0>1，故x11x02ex1x0<x11，即ex1x0<x02，两边取对数，得lnex1x0<lnx02，于是x1x0<2lnx0，整理得x0+2lnx0>x1【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性与极值及利用导数研究函数的零点与证明不等式成立，属于困难题目(1)求出f(x)，对a进行分类讨论得出f(x)的极值点的个数即可；(2)(i)令f(x)=ax2ex，得出g(x)的单调性，证明出f(x)只有1个零点即可；(ii)由题意得出f(x0)=0,f(x1)=0,即ax02ex0=0alnx1(x11)ex1=0，整理得出ex1x0<x02，利用对数的运算性质得出证明即可2.【答案】解：(1)f(x)的定义域为(0,+)，f(x)=x+ax2当a0时，f(x)>0在(0,+)上恒成立，所以f(x)在(0,+)上单调递增；当a<0时，x(0,a)时，f(x)<0；x(a,+)时，f(x)>0，所以f(x)在(0,a)上单调递减，在(a,+)上单调递增综上所述，当a0时，f(x)在(0,+)上单调递增；当a<0时，f(x)在(0,a)上单调递减，在(a,+)上单调递增(2)当a=1时，令g(x)=f(1x)(ex)，x(0,+)，则g(x)=xlnx+ex，令，x(0,+)h(x)=1x2+ex>0恒成立，所以h(x)在(0,+)上单调递增因为h(12)=3+e<0，h(1)=2+e>0，所以存在唯一的x0(12,1)，使得，即当x(0,x0)时，h(x)<0，即g(x)<0，所以g(x)在(0,x0)上单调递减；当x(x0,+)时，h(x)>0，即g(x)>0，所以g(x)在(x0,+)上单调递增所以，把代入得，x0(12,1)设(x)=xlnx+1+1x，x(12,1)则恒成立，所以(x)在(12,1)上单调递减，所以(x)>(1)=1>0因为x0(12,1)，所以(x0)>0，即g(x0)>0，所以g(x)>0，所以a=1时，f(1x)>ex【解析】本题考查了利用导数研究函数的单调性和导数中的不等式证明，是较难题(1)易知f(x)的定义域为(0,+)，f(x)=x+ax2.分a0和a<0两种情况研究单调性即可；(2)当a=1时，令g(x)=f(1x)(ex)，利用导数研究单调性即可得证3.【答案】解：(1)由题意f(x)=exlnx+a1，令g(x)=exlnx+a1，则g(x)=ex1x，知g(x)为(0,+)的增函数，因为g(1)=e1>0，g(12)=e2<0，所以，存在12<t0<1使得g(t0)=0，即et01t0=0所以，当x(0,t0)时g(x)<g(t0)=0，g(x)为减函数，当x(t0,+)时g(x)>g(t0)=0，g(x)为增函数，故当x=t0时，g(x)取得最小值，也就是f(x)取得最小值故x0=t0，于是有ex01x0=0，即ex0=1x0，所以有lnx0+x0=0，证毕(2)由(1)知，f(x)=exlnx+a1的最小值为1x0+x0+a1，当1x0+x0+a10，即a11x0+x0时，f(x)为x0,+)的增函数，所以f(x)min=f(x0)=ex0x0lnx0+x0a=1x0+x02+x0a，1x0+x02+x011x0+x0=1x0+x01，由(1)中12<x0<1，得1x0+x01>1，即f(x)>1故a11x0+x0满足题意当1x0+x0+a1<0，即a<11x0+x0时，f(x)有两个不同的零点x1，x2，且x1<x0<x2，即f(x2)=ex2lnx2+a1=0a=lnx2ex2+1，若x(x0,x2)时f(x)<f(x2)=0，f(x)为减函数，(*)若x(x2,+)时f(x)>f(x2)=0，f(x)为增函数，所以f(x)的最小值为f(x2).注意到f(1)=e+a=1时，a=1e，且此时f(1)=e+a1=0，()当a1e时，f(1)=e+a10=f(x2)，所以0<x21，即1x20，又f(x2)=ex2x2lnx2+ax2=ex2x2lnx2+(lnx2ex2+1)x2=(1x2)ex2+x2=(1x2)(ex21)+1，而ex21>0，所以(1x2)(ex21)+1>1，即f(x2)>1由于在12<x0<1下，恒有1x0+x0<e，所以1e<11x0+x0()当a<1e时，f(1)=e+a1<0=f(x2)，所以x2>1>x0，所以由(*)知x(1,x2)时，f(x)为减函数，所以f(x)<f(1)=e+a<1，不满足xx0时，f(x)1恒成立，故舍去故1ea<11x0+x0满足条件综上所述：a的取值范围是1e,+)【解析】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，最值，恒成立问题，考查化归与转化、分类与整合等数学思想，以及运算求解、推理论证等数学能力，属于难题(1)求导，求出函数的单调性和最值，即可证明结论；(2)由(1)知，f(x)=exlnx+a1的最小值为1x0+x0+a1，分情况讨论1x0+x0+a1的范围，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，即可求解4.【答案】解：(1)f(x)的定义域为(2,+)，且fx=1x+2b当b0时，显然f(x)>0，f(x)在定义域上单调递增；当b>0时，令f(x)=0，得x=1b2>2则有：x2,1b21b21b2,+f(x)+0f(x)极大值即f(x)在2,1b2上单调递增，在1b2,+上单调递减，综上所述，当b0时，f(x)在定义域上单调递增；当b>0时，f(x)在2,1b2上单调递增，在1b2,+上单调递减；(2)当b=0时，f(x)=ln(x+2)+a，又g(x)=ex1，对有gxfxx+2成立，ax+2ex1lnx+2在(2,+)上恒成立，令Fx=x+2ex1lnx+2x>2，只需aF(x)minFx=ex1+x+2ex1x+2=x+3ex1x+2，x>2，x+3>0，令hx=ex1x+2，则hx=ex+1x+22>0，h(x)在(2,+)上单调递增，又h1=1e1<0，h0=112>0，存在唯一的x0(2,+)，使得hx0=ex01x0+2=0，即x0+2ex0=1，两边取自然对数得x0+ln(x0+2)=0，x2,x0x0x0,+F(x)0+F(x)极小值，a1，即a的最大值为1【解析】本题考查了导数与函数单调性的关系，利用导数研究函数的性质，也考察了隐零点。属于较难题(1)求出导数，再讨论b的值确定单调性；(2)求出b=0时f(x)，结合已知得到ax+2ex1lnx+2在(2,+)上恒成立，再构造新函数F(x)，利用导数求出其单调性，进而得到极小值，则a的取值范围可求5.【答案】(1)证明：当a=1时，f(x)=lnxsinx+x要证f(x)<2x1，即证：lnxsinxx+1<0设g(x)=lnxsinxx+1(1<x<2)，则g(x)=1xcosx1=1xxcosx因为1<x<2，所以g(x)<0，因此函数g(x)在(1,2)内单调递减，所以g(x)<g(1)=ln1sin11+1=sin1<0因此当x(1,2)时，f(x)<2x1(2)因为f(x)=lnxsinx+ax(a>0)，所以f(x)=1xcosx+a当x(0,1时，函数f(x)=1xcosx+a单调递减，因此f(x)1cos1+a>a>0，所以函数f(x)单调递增，无极值点当x(1,2时，设(x)=f(x)=1xcosx+a，则(x)=1x2+sinx设h(x)=1x2+sinx，则h(x)=2x3+cosx>0，因此函数hx在(1,2上单调递增，即函数(x)在(1,2上单调递增因为(1)=1+sin1<0，(2)=42+1>0，所以存在唯一x0(1,2)，使得(x0)=1x02+sinx0=0，即sinx0=1x0因此当x(1,x0)时，(x)<0，函数(x)单调递减，当x0(x0,2时，(x)>0，函数(x)单调递增，因此(x)min=(x0)=1x0cosx0+a=sinx0cosx0+a>sinx0cosx0>0所以(x)=f(x)>0恒成立，因此函数f(x)单调递增，无极值点若x(2,32，则cosx0，所以f(x)=1xcosx+a1x+a>0因此函数f(x)单调递增，无极值点当时，要f(x)在(0,2)上有且仅有1个极值点，则此时函数f(x)必存在1个极值点设(x)=f(x)=1xcosx+a，则(x)=1x2+sinx<0，因此函数(x)单调递减则(32)=23+a>0(2)=121+a<0，解得23<a<112又因为a>0，所以0<a<112，因此存在唯一，满足(x0)=0当时，(x)=f(x)>0，函数f(x)单调递增，当x(x0,2)时，(x)=f(x)<0，函数f(x)单调递减，因此x0是函数f(x)的极大值点综上可知，若f(x)在(0,2)上有且仅有1个极值点，则a的取值范围为(0,112)【解析】本题考查了函数零点存在性定理，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，导数中的函数不等式，分析法与综合法和分类讨论思想，考查了学生的逻辑思维能力和运算能力，属于难题(1)利用分析法把问题转化为证lnxsinxx+1<0，设g(x)=lnxsinxx+1(1<x<2)，利用导数研究函数的单调性得函数g(x)在(1,2)内单调递减，从而得g(x)<g(1)<0，得结论；(2)结合对x的讨论，利用导数研究函数的单调性得当x(0,1和(2,32时，函数f(x)单调递增，无极值点，当x(1,2时，利用导数研究函数的极值，结合利用导数研究函数的单调性得函数f(x)单调递增，无极值点，因此得当时，函数f(x)必存在1个极值点，再利用导数研究函数的单调性得函数(x)单调递减，再利用函数零点存在性定理，结合题目条件得0<a<112，最后利用导数研究函数的极值确定结论6.【答案】解：(1)f(x)=exsinx，由x>0，得ex>1，sinx1,1，则f(x)=exsinx>0，即f(x)在上为增函数故f(x)>f(0)=2，即f(x)>2. (2)由f(x)=aex+cosx=0，得a=cosxex.设函数h(x)=cosxex，x0,，则h(x)=sinx+cosxex.令h(x)=0，得x=34，则x0,34时，h(x)>0， x(34,时，h(x)<0，所以h(x)在0,34上单调递增，在34,上单调递减又因为h(0)=1， h()=e， h(34)=22e34，所以当时，方程a=cosxex，x0,在区间内有两个不同解，即所求实数a的取值范围为【解析】本题考查利用导数证明不等式以及函数零点，属于中档题(1)求出函数导数，利用单调性即可求出最值f(x)>f(0)=2即可得证；(2)由f(x)=aex+cosx=0，得a=cosxex.然后构造函数h(x)=cosxex进而通过求导求出结果7.【答案】解：(1)由题意，函数f(x)=e2x(a+2)ex+ax(a>0)，则f(x)=2e2x(a+2)ex+a=(2exa)(ex1)，当a=2时，令f(x)=2(ex1)20，f(x)单调递增，当a>2时，令f(x)>0，解得：x>lna2或x<0，令f(x)<0，解得：0<x<lna2，故f(x)在(,0)递增，在(0,lna2)递减，在(lna2,+)递增，当0<a<2时，令f(x)>0，解得：x>0或x<lna2，令f(x)<0，解得：lna2<x<0，故f(x)在(,lna2)递增，在(lna2,0)递减，在(0,+)递增，综上：当a>2时，f(x)在(,0)递增，在(0,lna2)递减，在(lna2,+)递增，当a=2时，f(x)在R上单调递增，0<a<2时，f(x)在(,lna2)递增，在(lna2,0)递减，在(0,+)递增；(2)证明：由函数g(x)=e2xax2，则g(x)=2(e2xax)，令m(x)=e2xax，可得m(x)=2e2xa，令m(x)=0，解得：x=12lna2，当0<a2时，m(x)>0，m(x)在(0,+)递增，此时m(x)>m(0)=0，故g(x)>0，函数g(x)在(0,+)上单调递增，此时不存在极大值，当a>2时，令m(x)>0，解得：x>12lna2，令m(x)<0，解得：x<12lna2，故g(x)在(0,12lna2)上单调递减，在(12lna2,+)上单调递增，g(x)在(0,+)上存在极大值，故g(12lna2)=aalna2<0，解得：a>2e，g(0)=2>0，g(12)=2ea<0，g(lna)=2a(alna)>0，12<12lna2<lna，易证alna>0，存在x1(0,12)，g(x1)=2e2x12ax1=0，存在x2(12lna2,lna)，使得g(x2)=0，故g(x)在(0,x1)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减，故当x=x1时，函数g(x)取得极大值M，即M=e2x1ax12，0<x1<12，由2e2x12ax1=0，e2x1=ax1，故M=e2x1ax12=a(x112)2+a4<a4【解析】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，分类讨论思想，是难题(1)求出函数f(x)的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；(2)求出函数g(x)的导数，通过讨论a的范围，求出函数的极大值M，证明结论成立即可8.【答案】证明：(1)当a=1时，f(x)=exlnx2x，f(x0)=ex0lnx02x0=0ex0x0=x0+lnx0=ex0+lnex0令t=ex0，则x0=lnt，lnt+t=lnx0+x0，设F(x)=x+lnx，F(x)=1+1x>0，F(x)在(0,+)上单调递增，t=ex0=x0，x0ex0=1(2)令k(x)=xsinx，x>0，则k(x)=1cosx0，k(x)在(0,+)上为增函数，k(x)>K(0)=0，即x>0时,sinx<x， 又0<a1，asinx<axx， asinxxlnx<xxlnx. 要证：asinxxlnx<ex+x2，只需证： xxlnxex+x2. 设hx=xxlnxexx2，hx=gx=exlnx2x， 容易判断gx在0,+单调递减， 且由(1)可知，gx0=0，则x0ex0=1，即x0+lnx0=0， 若x0,x0，hx=gx>0；若xx0,+，hx=gx<0，可知函数hx在0,x0单调递增，在x0,+单调递减， hxhx0，hx0=x0x0lnx0ex0x02， 又lnx0=x0，ex0=x0，hx0=x0+x02x0x02=0，xxlnxex+x2，asinxxlnx<ex+x2.【解析】本题考查函数的单调性问题，考查导数的应用以及函数的零点问题，是一道综合题(1)将a=1代入f(x)，结合换元法，令t=ex0，构造F(x)=x+lnx，借助导数得出F(x)在(0,+)上单调递增，得到t=ex0=x0，命题得证;(2)通过证得x>0时,sinx<x，将要证：asinxxlnx<ex+x2成立，转化为只需证： xxlnxex+x2成立，构建hx=xxlnxexx2，通过求导分析并借助(1)中的结论证得xxlnxex+x2，从而命题得证第15页，共15页
