2021高考数学新高考版一轮习题：专题3 第28练高考大题突破练——导数与不等式 Word版含解析 5页

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2021-06-16 发布

2021高考数学新高考版一轮习题：专题3 第28练高考大题突破练——导数与不等式 Word版含解析

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‎1．已知函数f (x)＝ex－ax－1，a∈R.‎ ‎(1)若f (x)在区间(1,2)上单调，求a的取值范围；‎ ‎(2)设a≤0，求证：x≥0时，f (x)≥x2.‎ ‎2．已知函数f (x)＝－.‎ ‎(1)若f (x)在x＝2处的切线的斜率为1－ln 2，求实数a的值；‎ ‎(2)∀x>1，不等式f (x)>－恒成立，求整数a的最大值．‎ ‎3．(2019·重庆质检)已知函数f (x)＝x2－aln x(a∈R)．‎ ‎(1)讨论f (x)的单调性；‎ ‎(2)当a＝－1时，f (x)0时，f (x)≤(2x－1)．‎ 答案精析 ‎1．(1)解　易知 f′(x)＝ex－a是增函数．‎ 又∵f (x)在区间(1,2)上单调，‎ ‎∴f′(1)＝e－a≥0或f′(2)＝e2－a≤0.‎ ‎∴ a≤e或a≥e2.‎ 即a的取值范围是(－∞，e]∪[e2，＋∞)．‎ ‎(2)证明　设g(x)＝f (x)－x2＝ex－ax－1－x2.‎ g′(x)＝ex－a－2x，设φ(x)＝ex－a－2x，φ′(x)＝ex－2.‎ ‎∴x∈(－∞，ln 2)时，φ′(x)<0，φ(x)是减函数，x∈(ln 2，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)是增函数，‎ ‎∴x＝ln 2时，φ(x)min＝2－a－2ln 2＝2ln－a.‎ ‎∵a≤0，∴φ(x)min＝2ln－a>0，‎ 即g′(x)>0.‎ ‎∴g(x)＝f (x)－x2在[0，＋∞)上是增函数．‎ ‎∴g(x)≥g(0)＝f (0)＝0，即f (x)≥x2.‎ ‎2．解　(1)f′(x)＝＋，‎ 由题意得f′(2)＝－ln 2＋ ‎＝1－ln 2，则a＝2.‎ ‎(2)不等式可化为a<.‎ 设h(x)＝，‎ h′(x)＝.‎ 设g(x)＝x－ln x－2，当x>1时，g′(x)＝1－＝>0，则g(x)在(1，＋∞)上单调递增．‎ 又g(3)＝1－ln 3<0，g(4)＝2－ln 4>0，‎ 则g(x)在(3,4)上存在唯一零点x0满足g(x0)＝x0－ln x0－2＝0.‎ 则当x∈(1，x0)时，h(x)单调递减，‎ 当x∈(x0，＋∞)时，h(x)单调递增，‎ 则h(x)min＝h(x0)＝.‎ 又因为x0－ln x0－2＝0，则h(x0)＝＝x0，‎ 因为x0∈(3,4)，则a0)，‎ 当a≤0时，f′(x)>0，则f (x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ 当a>0时，f′(x)＝x－＝.‎ 所以当0时，f′(x)>0.‎ 综上所述，当a≤0时，f (x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；‎ 当a>0时，f (x)的单调递增区间为(，＋∞)，单调递减区间为(0，)．‎ ‎(2)当a＝－1时，f (x)1)，‎ 则g′(x)＝2x2－x－ ‎＝＝.‎ 当x>1时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上是增函数，‎ x→1时，g(x)→，‎ 从而g(x)>>0，即x3－x2－ln x>0，‎ 所以x2＋ln x1时，x2＋ln x－1，即a<4时，‎ 令f′(x)<0，得x>3－a或x<－1，‎ 函数f (x)的减区间为(－∞，－1)，(3－a，＋∞)．‎ ‎②当a>4时，函数f (x)的减区间为(－∞，3－a)，(－1，＋∞)．‎ ‎(2)证明　由题意有f (x)＝，‎ 要证f (x)≤(2x－1)(x>0)，‎ 只要证(2x－1)ex－e(x2＋x－1)≥0(x>0)．‎ 令g(x)＝(2x－1)ex－e(x2＋x－1)(x>0)，‎ 有g′(x)＝(2x＋1)ex－e(2x＋1)＝(2x＋1)(ex－e)，‎ 当01时，g′(x)>0，‎ 则函数g(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)，‎ 则g(x)min＝g(1)＝0，‎ 故当x>0时，g(x)≥0.‎ 故不等式f (x)≤(2x－1)成立．‎

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