（文理通用）江蘇省2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式 第19講 導(dǎo)數(shù)與不等式問題練習(xí)

《（文理通用）江蘇省2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式 第19講 導(dǎo)數(shù)與不等式問題練習(xí)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（文理通用）江蘇省2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式 第19講 導(dǎo)數(shù)與不等式問題練習(xí)（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第19講 導(dǎo)數(shù)與不等式問題 1．(2019·啟東中學(xué)檢測)已知函數(shù)f(x)＝1－，g(x)＝x－ln x. (1)證明：g(x)≥1. (2)證明：(x－ln x)f(x)>1－. 證明：(1)g′(x)＝，當(dāng)01時，g′(x)>0， 即g(x)在(0,1)上為減函數(shù)，在(1，＋∞)上為增函數(shù)． 所以g(x)≥g(1)＝1，得證． (2)f(x)＝1－，f′(x)＝， 所以當(dāng)02時，f′(x)>0， 即f(x)在(0,2)上為減函數(shù)，在(2，＋∞)上為增函數(shù)， 所以f(x)≥f(2)＝1－，① 又由

2、(1)知x－ln x≥1，②，且①②等號不同時取得． 所以(x－ln x)f(x)>1－. 2．設(shè)函數(shù)f(x)＝－，g(x)＝a(x2－1)－ln x(a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù))． (1)證明：當(dāng)x>1時，f(x)>0； (2)討論g(x)的單調(diào)性； (3)若不等式f(x)1時，s′(x)>0，所以s(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又s(1)＝0，所以s(x)>0， 從而當(dāng)x>1時，f(x)>0. (2)g′(x)＝2ax－

3、＝(x>0)， 當(dāng)a≤0時，g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． 當(dāng)a>0時，由g′(x)＝0得x＝. 當(dāng)x∈時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增． 綜上，當(dāng)a≤0時，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減； 當(dāng)a>0時，g(x)在上單調(diào)遞減， 在上單調(diào)遞增． (3)由(1)知，當(dāng)x>1時，f(x)>0. 當(dāng)a≤0，x>1時，g(x)＝a(x2－1)－ln x<0， 故當(dāng)f(x)0. 當(dāng)01時， g(x)在上單調(diào)遞減，g0， 所以此時

4、f(x)1時，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0， 因此，h(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 又h(1)＝0，所以當(dāng)x>1時，h(x)＝g(x)－f(x)>0，即f(x)0時，f(x)>q(x)恒成立． 解：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x

5、)＝exln x＋， 所以f(1)＝0，f′(1)＝e， 故曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝e(x－1)． (2)證明：當(dāng)x>0時，f(x)>q(x)恒成立， 等價于當(dāng)x>0時，xln x>－恒成立． 設(shè)函數(shù)g(x)＝xln x，則g′(x)＝1＋ln x， 所以當(dāng)x∈時，g′(x)<0； 當(dāng)x∈時，g′(x)>0. 故g(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， 從而g(x)在(0，＋∞)上的最小值為g＝－. 設(shè)函數(shù)h(x)＝－，則h′(x)＝， 所以當(dāng)x∈(0,1)時，h′(x)>0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0. 故h(x)在(0,1)上

6、單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 從而h(x)在(0，＋∞)上的最大值為h(1)＝－. 因為g(x)min＝g＝h(1)＝h(x)max， 所以當(dāng)x>0時，g(x)>h(x)， 所以當(dāng)x>0時，f(x)>q(x)恒成立． 4．已知函數(shù)f(x)＝xln x－ex＋1. (1)求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程； (2)證明：f(x)

7、(x)0，xln x≤0， 故xln x1時，令g(x)＝ex＋sin x－1－xln x， 故g′(x)＝ex＋cos x－ln x－1. 令h(x)＝g′(x)＝ex＋cos x－ln x－1， 則h′(x)＝ex－－sin x， 當(dāng)x>1時，ex－>e－1>1， 所以h′(x)＝ex－－sin x>0， 故h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 故h(x)>h(1)＝e＋cos 1

8、－1>0，即g′(x)>0， 所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以g(x)>g(1)＝e＋sin 1－1>0， 即xln x0)． (1)若函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上是減函數(shù)，求實數(shù)a的最小值； (2)若?x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)因為f(x)在(1，＋∞)上為減函數(shù)，所以f′(x)＝－a≤0在(1，＋∞)上恒成立． 所以當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)max≤

9、0. 又f′(x)＝－a＝－2＋－a， 故當(dāng)＝，即x＝e2時，f′(x)max＝－a， 所以－a≤0，故a≥，所以a的最小值為. (2)“若?x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立”等價于當(dāng)x∈[e，e2]時，有f(x)min≤f′(x)max＋a， 當(dāng)x∈[e，e2]時，有f′(x)max＋a＝， 問題等價于：“當(dāng)x∈[e，e2]時，有f(x)min≤”． ①當(dāng)a≥時，f(x)在[e，e2]上為減函數(shù)， 則f(x)min＝f(e2)＝－ae2≤，故a≥－. ②當(dāng)00，f(x)為增函數(shù)． 所以f(x)min＝f(x0)＝－ax0≤，x0∈(e，e2)， 所以a≥－>－>－＝， 與0