高考数学命题角度6_4导数与不等式大题狂练理 15页

命题角度 4：导数与不等式 1.设函数 . （1）求函数 的单调区间； （2）若 ，证明：对任意的实数 ，都有 . 【答案】（1）当 时， 在 上单调递增；当 时， 的单调减区间为 ， 单调增区间为 ;（2）见解析. 【解析】试题分析：（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论 的范围求出函数 的单调区间即可； （ Ⅱ ） 问 题 转 化 为 证 明 ， 先 证 出 ， 再 证 明 令 ，根据函数的单调性证明即可． 试题解析：（1）定义域为 ， ， ①当 时， ， 在 上单调递增， ②当 时，令 ，有 ， 0 ↘ 极小值 ↗ 所以 的单调减区间为 ，单调增区间为 . 综合①②，当 时， 在 上单调递增；当 时， 的单调减区间为 ，单 调增区间为 . ∴当 时， ， 从而 . 接下来只需证： ， 即证： ， 令 ，则 ， 所以 在 上单调递减， 上单调递增， 即 ， ∵ 时， ， ∴ ， ∴ . 点晴:本题主要考查函数单调性,及不等式的证明问题.要求单调性，求导比较导方程的根的大 小，解不等式可得单调区间，要证明不等式恒成立问题可转化为构造新函数证明新函数单调， 只需要证明其导函数大于等于 0（或者恒小于等于 0 即可），要证明一个不等式，我们可以先 根据题意构造新函数，求其值最值即可.这类问题的通解方法就是：划归与转化之后，就可以 假设相对应的函数，然后利用导数研究这个函数的单调性、极值和最值，图像与性质，进而 求解得结果. 2．已知   21 2f x x ，   ln ( 0)g x a x a  . （1）求函数      F x f x g x 的极值； （2）求证：当 0x  时， 2 3 1ln 04 xx x e    . 【答案】（1）   1 2 min 4 aF x F e e        ，  F x 无极大值；（2） 2 2 1 1,2 2 2 e e e      ；（3）证明 见解析. 【解析】试题分析：（1）对函数 进行求导，令 和 ，结合极值的定义 得结果；（2）由对函数求导得到函数 在 1 ,1e      上单调递减，  1,e 单调递增，要想有两 个零点结合数形结合思想可得等价于     1 0 { 1 0 0 G e G G e        解得结果；（3）问题等价于 2 2 3ln 4x xx x e   ， 由（1）知   2lnF x x x 的最小值为 1 2e  ，令   2 3 4x xR x e   （ 0x  ）使得    min maxF x R x 成立即可. （2）问题等价于 2 2 3ln 4x xx x e   由（1）知   2lnF x x x 的最小值为 1 2e  令   2 3 4x xR x e   （ 0x  ） ∴    2 x x xR x e    易知  R x 在 0,2 上单调递增，  2, 上单调递减 ∴     2max 4 32 4R x R e    又    2 2 2 3 8 21 4 3 3 1 4 02 4 4 2 4 e e e e e e e             ∴    min maxF x R x ， 2 2 3ln 4x xx x e   故当 0x  时， 2 3 1ln 04 xx x e    成立 考点：（1）利用导数求函数的极值；（2）不等式的证明. 【方法点睛】本题考查学生利用导数研究函数极值的能力,利用导数求函数  f x 的极值的步 骤：①确定函数  f x 的定义域；②对  f x 求导；③求不等式 和 的解， 根据单调性求极值；函数零点的个数转化为函数图象与 轴的交点的问题，由数形结合思想， 根据单调性得结果；观察所证式子的特征，利用前面的结论，构造不等式，可证结果. 3.设 k R ，函数   lnf x x kx  . (Ⅰ)若 2k  ，求曲线  y f x 在 1x  处的切线方程； (Ⅱ)若  f x 无零点，求实数 k 的取值范围； (Ⅲ)若  f x 有两个相异零点 1 2x x， ，求证： 1 2ln ln 2x x  . 【答案】(Ⅰ) 1 0x y   ；(Ⅱ) 1 ,e     ；(Ⅲ)证明见解析. 【解析】试题分析： (Ⅰ)首先求得函数的导数，然后利用导函数研究函数的切线可得曲线  y f x 在 1x  处的 切线方程是 1 0x y   ； (Ⅱ)结合函数的解析式分类讨论可得实数 k 的取值范围是 1 ,e     ； (Ⅲ)由题意结合题中的结论构造函数    2 1ln 1 tg t t t    即可证得题中的不等式. ②若  0 lnk f x x ， 有唯一零点 1x  ； ③若 0k  ，令  ' 0f x  ，得 1x k  ， 在区间 10, k      上，  ' 0f x  ，函数  f x 是增函数； 在区间 1 ,k     上，  ' 0f x  ，函数  f x 是减函数； 故在区间  0,  上，  f x 的最大 值为 1 1ln 1 ln 1f kk k          ， 由于  f x 无零点，须使 1 ln 1 0f kk         ，解得 1 ek  ， 故所求实数 k 的取值范围是 1 ,e     . (Ⅲ)设  f x 的两个相异零点为 1 2x x， ，设 1 2 0x x  ， ∵    1 20 0f x f x ， ，∴ 1 1 2 2ln 0 ln 0x kx x kx   ， ， ∴    1 2 1 2 1 2 1 2ln ln ln lnx x k x x x x k x x     ， ， ∵ 1 2 0x x  ，要证 1 2ln ln 2x x  ，只需证  1 2 2k x x  ， 只需 1 2 1 2 1 2 ln ln 2x x x x x x    ，等价于  1 21 2 1 2 2ln x xx x x x   ， 设 1 2 1xt x   上式转化为  2 1ln ( 11 tt tt   )， 设           2 2 2 1 1ln ' 01 1 t tg t t g tt t t       ， ， ∴  g t 在 1,  上单调递增， ∴    1 0g t g  ，∴  2 1ln 1 tt t   ， ∴ 1 2ln ln 2x x  . 4.已知二次函数  g x 对 x R  都满足     21 1 2 1g x g x x x      且  1 1g   ，设函 数   1 9 2 8f x g x mlnx       （ m R ， 0x  ）． （Ⅰ）求  g x 的表达式； （Ⅱ）设1 m e  ，      1H x f x m x   ，求证：对于  1 2, 1,x x m  恒有    1 2 1.H x H x  【答案】（Ⅰ）   21 1 12 2g x x x   （Ⅱ）见解析. 【解析】试题分析：（Ⅰ）设   2g x ax bx c   ，根据 1 1g x g x  （ ） （ ）= 21 2x   直接 可得答案．（Ⅱ）先根据 H（x）的导数小于等于 0 判断出 H（x）单调递减的，只要证明|H（m） -H（1）|<1 即可． 试题解析： （Ⅰ）设   2g x ax bx c   ，于是        2 21 1 2 1 2 1 2,g x g x a x c x         所以 1 { 2 1. a c    ， 又  1 1g   ，则 1 2b   ．所以   21 1 12 2g x x x   ． （Ⅱ）因为对  1x m  ， ，     1 0x x mH x x    ，所以  H x 在 1,m 内单调递减． 于是         2 1 2 1 11 ln .2 2H x H x H H m m m m          2 1 2 1 1 1 31 ln 1 ln 02 2 2 2H x H x m m m m m m           . 记   1 3ln (1 e)2 2h m m m mm      ，则   2 2 1 1 3 3 1 1 1' 02 2 2 3 3h m m m m           ， 所以函数   1 3ln2 2h m m m m    在 (1 e]， 是单调增函数， 所以       e 3 e 1e 3e 1 02 2e 2eh m h        ，故命题成立． 点睛：本题考查函数的表达式的求法，考查满足条件的实数的取值范围是否存在的判断与求 法，恒成立问题采用变量分离求最值得范围，双变元问题分别找最值求解，借助于导数求单 调性. 5.已知函数   1xf x e a  ，函数   ln ,g x ax x a R   . （Ⅰ）求函数  y g x 的单调区间； （Ⅱ）若不等式     1f x g x  在 1, 上恒成立，求实数 a 的取值范围； （Ⅲ）若  1,x  ，求证：不等式： 1 2ln 1xe x x     . 【答案】(1)略（2） 0a  （3）略. 【解析】试题分析：对函数求导，讨论 a ，确定单调区间和单调性；作差构造新函数，利用导 数 判断函数的单调性，根据不等式恒成立条件，求出 a 的范围；借助第二步的结论，证明不等式. 试题解析： （Ⅰ）   ln ,g x ax x a R   ，   1 1axg x a x x      当 0a  时，增区间 0, ，无减区间 当 0a  时，增区间 10, a      ，减区间 1 ,a      （Ⅱ）     1f x g x  即 1 ln 1 0xe x a ax      在 1, 上恒成立 设   1 ln 1xF x e x a ax     ，考虑到  1 0F    1 1xF x e ax     ，在 1, 上为增函数 1 11, 0xx e x    ， 当 0a  时，   0F x   F x 在 1, 上为增函数，   0F x  恒成立 当 0a  时，  1 0F  ，  'F x 在 1, 上为增函数  0 1,x   ，在 01, x 上，   0F x  ，  F x 递减，   0F x  ，这时不合题意， 综上所述， 0a  所以原不等式成立. 6.已知函数   ln ( 0)af x x ax    ． （Ⅰ）若函数  f x 有零点，其实数 a 的取值范围． （Ⅱ）证明：当 2 ea  时，   e xf x  ． 【答案】（1） 10, e      （2）见解析 【解析】试题分析：（1）求出函数  f x 的导数，讨论两种情况，分别研究函数的单调性，求 其最值，结合函数的图象和零点定理即可求出 a 的取值范围；（2）问题转化为 ln xx x a xe  ， 令   lnh x x x a  ，令   xx xe  ，利用导数研究函数的单调性，分类讨论求出函数的最值， 即可证明. 试 题 解 析 ：（ 1 ） 函 数   ln af x x x   的 定 义 域 为  0, . 由   ln af x x x   ， 得   2 2 1 a x af x x x x    . ① 当 0a  时 ，   0f x  恒 成 立 ， 函 数  f x 在  0, 上 单 调 递 增 ， 又    1 ln1 0, ,f a a x f x        ，所以函数  f x 在定义域  0, 上有1个零 点. ②当 0a  时，则  0,x a 时，    0; ,f x x a    时，   0f x  .所以函数  f x 在  0,a 上单调递减，在  ,a  上单调递增.当   min ln 1x a f x a     .当 ln 1 0a   ，即 10 a e   时，又  1 ln1 0f a a    ，所以函数  f x 在定义域 0, 上有 2 个零点. 综上所述实数 a 的取值范围为 1, e     . 当 1x e  时，   min 1h x ae       . 于是，当 2a e  时，   1 1h x ae e     .① 令   xx xe  ，则    1x x xx e xe e x        . 当 0 1x  时，   0f x  ；当 1x  时，   0f x  . 所以函数  x 在 0,1 上单调递增，在  1, 上单调递减.当 1x  时，   min 1x e     . 于是，当 0x  时，   1x e   .② 显然，不等式①、②中的等号不能同时成立. 故当 2a e  时， (f x ) xe . 7. 已知函数 ， ． （Ⅰ）若函数 与 的图像在点 处有相同的切线，求 的值； （Ⅱ）当 时， 恒成立，求整数 的最大值； （Ⅲ）证明： ． 【答案】(Ⅰ) ；（Ⅱ） ；（Ⅲ）证明见解析. 试题解析：(Ⅰ)由题意可知， 和 在 处有相同的切线， 即在 处 且 ， 解得 . （Ⅱ）现证明 ，设 ， 令 ，即 ， 因此 ，即 恒成立， 即 ， 同理可证 . 由题意，当 时， 且 ， 即 ， 即 时， 成立. 当 时， ，即 不恒成立. 因此整数 的最大值为 2. （Ⅲ）由 ，令 ， 即 ，即 由此可知，当 时， ， 当 时， ， 当 时， ， …… 当 时， . 综上： . 即 . 8.已知函数    1 xf x x e  . (1) 求  f x 的极值； (2) 当 1 2m  时，求证：  0, ln .x f x x m    【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析. 【解析】试题分析： (1)结合导函数研究原函数可得  f x 在 0x  时取极小值，极小值为  0 1f   ，无极大值. (2)原问题等价于   11 ln 02 xx e x    .构造新函数     11 ln ( 0)2 xg x x e x x     ，结 合题意和函数的特征即可证得题中的结论. 试题解析：  g x 在 00, x 递减，在  0,x  递增，所 以    0g x g x ∵ 0 0 02 0 1 , 2ln ,xe x xx         3 2 0 0 0 0 0 02 2 0 0 2 21 11 2 2 2 x x x xg x xx x         ， 设   3 2 0 0 0 02 2x x x x     ，∵   2 0 0 03 2 2 0x x x     ，∴  0x 递增.  0 2 2 03 27x        ，∴  0 0g x  ，∴   0g x  ，故结论成立. 9. 已知函数     1 ln 1 1 x xf x e    . （1）求  f x 的单调区间； （2）设      2 3 2 'g x x x f x   (其中  'f x 为  f x 的导函数) ，证明: 1x   时，   2 1g x e  . 【答案】（1）单调递增区间为 1,0 ，单调递减区间为 0, ；（2）详见解析. 【解析】试题分析： 试题解析： 解 ： (1) 函 数  f x 的 定 义 域 为       1 1 1 ln 111, , ' x xxf x e       ， 由 于    1' 0 0, 1 ln 11f y xx      在  1,  上 是 减 函 数 ， 所 以 当 1 0x   时 ，  ' 0f x  ；当 0x  时，  ' 0f x  .所以  f x 的单调递增区间为 1,0 ，单调递减区间 为 0, . (2) 由       2 1 'g x x x f x   ， ① 当 0x  时 ， 由 (1) 知  ' 0f x  ， 所 以   20 1g x e   .② 当 1 0x   时 ，              1 1 1 1 ln 1 2 1 ln 112 1 x x x x x x xxg x x x e e                    2 1 2· · 1 ln 1x xe x x xe          ， 构 造 函 数    1 2xh x e x   ， 则   1' 1 0xh x e    ， 则 当 1 0x   时 ，      1 1 22 1 0, 0 1x x xh x e x h e            ， 易 知 当 1 0x   时 ，    1 ln 1 0x x x     ，            2 2 1 2· · 1 ln 1 1 ln 1x xg x e x x x e x x xe                    . 要证   2 1g x e  ，只需证     21 ln 1 1x x x e      ，设      1 ln 1p x x x x     ， 得    ' 2 ln 1p x x    ，由    ' 2 ln 1 0p x x     ，得 2 1x e  ，当  21, 1x e   时，  ' 0p x  ，则  p x 单调递增；当  2 1,0x e  时，  ' 0p x  ，则  p x 单调递减， 当 1 0x   时，        2 21 ln 1 1 1p x x x x p e e          ，所以当 1 0x   时，   2 1g x e  成立.综合 ① ②可知：当 1x   时，   2 1g x e  . 10.设函数   1ln 1f x a x x    ． （1）当 2a  时，求函数  f x 在点   1 1f， 处的切线方程； （2）讨论函数  f x 的单调性； （3）当 10 2a  时，求证：对任意 1 +2x      ， ，都有 1 e x aa x      ． 【答案】（1） 1 0x y   ；（2）见解析；（3）见解析. 试 题 解 析 ：（ 1 ） 当 2a  时 ，   12ln 1f x x x    ，   11 2ln1 1 01f     ，   2 2 1'f x x x   ，   2 2 1' 1 11 1f    ， 所 以 函 数  f x 在 点  1 0， 处 的 切 线 方 程 为  0 1 1y x    ，即 1 0x y   ． （2）   1ln 1f x a x x    ，定义域为  0  ， ，   2 2 1 1' a axf x x x x    ． ① 当 0a  时，  ' 0f x  ，故函数  f x 在 0  ， 上单调递减； ② 当 0a  时，令  ' 0f x  ，得 1x a  x 10 a      ， 1 a 1 a      ，  'f x  0   f x ↘ 极小值 ↗ 综上所述，当 0a  时，  f x 在 0  ， 上单调递减；当 0a  时，函数  f x 在 10 a      ， 上 单调递减，在 1 a      ， 上单调递增．