新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题3函数与导数第4讲利用导数研究不等式

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题3函数与导数第4讲利用导数研究不等式，共6页。试卷主要包含了 已知函数f＝xln x－a．等内容，欢迎下载使用。

1. (2023·虹口区校级模拟)已知f(x)＝eq \f(1,4)x3－x2＋x.
(1)求函数y＝f(x)的极小值；
(2)当x∈[－2,4]时，求证：x－6≤f(x)≤x.
【解析】 (1)已知f(x)＝eq \f(1,4)x3－x2＋x，函数定义域为R，
可得f′(x)＝eq \f(3,4)x2－2x＋1，
令f′(x)＝0，
解得x＝eq \f(2,3)或x＝2，
当x0，f(x)单调递增；
当eq \f(2,3)当x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x＝2时，函数f(x)取极小值，极小值为f(2)＝0.
(2)证明：不妨设g(x)＝f(x)－x＝eq \f(1,4)x3－x2，函数定义域为[－2,4]，
可得g′(x)＝eq \f(3,4)x2－2x，
令g′(x)＝0，
解得x＝0或x＝eq \f(8,3)，
当－2≤x<0时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当0当eq \f(8,3)0，g(x)单调递增，
因为g(0)＝g(4)＝0，g(－2)＝eq \f(1,4)×(－8)－4＝－6，
geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)))＝eq \f(1,4)×eq \f(512,27)－eq \f(64,9)＝eq \f(－64,27)>－6，
所以当x∈[－2,4]时，－6≤g(x)≤0，
故当x∈[－2,4]时，x－6≤f(x)≤x.
2. (2023·濠江区校级三模)已知函数f(x)＝ex－axsin x－x－1，a∈R.
(1)当a＝0时，讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝eq \f(1,2)时，证明：对任意的x∈(0，＋∞)，f(x)>0.
【解析】 (1)已知f(x)＝ex－axsin x－x－1，a∈R，函数定义域为R，
当a＝0时，f(x)＝ex－x－1，
可得f′(x)＝ex－1，
当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)．
(2)证明：当a＝eq \f(1,2)时，f(x)＝ex－eq \f(1,2)xsin x－x－1，
可得f′(x)＝ex－eq \f(1,2)(sin x＋xcs x)－1，f″(x)＝ex－cs x＋eq \f(1,2)xsin x，
由(1)知，当a＝0时，f(x)≥f(0)＝0，
所以ex≥x＋1，
则f″(x)＝ex－cs x＋eq \f(1,2)xsin x≥x＋1－cs x＋eq \f(1,2)xsin x
＝(1－cs x)＋eq \f(1,2)x(2＋sin x)>0，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
此时f′(x)>f′(0)＝0，
所以函数f(x)在f′(x)上单调递增，
此时f(x)>f(0)＝0，
故对任意的x∈(0，＋∞)，f(x)>0.
3. (2023·东方校级模拟)已知a>0，函数f(x)＝xex－ax.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)若f(x)≥ln x－x＋1恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】 (1)当a＝1时，f(x)＝xex－x，所以f′(x)＝(x＋1)ex－1，
所以f′(1)＝2e－1，f(1)＝e－1，
所以切线方程为y－(e－1)＝(2e－1)(x－1)，
即(2e－1)x－y－e＝0.
(2)由题意得xex－ax≥ln x－x＋1，即xex－ln x＋x－1≥ax，
因为x>0，所以eq \f(xex－ln x＋x－1,x)≥a，
设F(x)＝eq \f(xex－ln x＋x－1,x)＝eq \f(ex＋ln x－ln x＋x－1,x)，
令t＝x＋ln x，则t′＝1＋eq \f(1,x)>0在区间(0，＋∞)上恒成立，
即t＝x＋ln x在区间(0，＋∞)上单调递增，
又x→0时，t→－∞，又x→＋∞时，t→＋∞，所以存在x0，使t＝x0＋ln x0＝0，
令m(t)＝et－t－1，因为m′(t)＝et－1，
所以当t∈(－∞，0)时，m′(t)<0，即m(t)在区间(－∞，0)上单调递减，
当t∈(0，＋∞)时，m′(t)>0，即m(t)在区间(0，＋∞)上单调递增，
所以m(t)min＝m(0)＝0，所以m(t)≥m(0)＝0，
即m(t)＝et－t－1≥0，得到et≥t＋1，当且仅当t＝0时取等号，
所以F(x)＝eq \f(ex＋ln x－ln x＋x－1,x)≥
eq \f(x＋ln x＋1－ln x＋x－1,x)＝eq \f(2x,x)＝2，
当且仅当x＋ln x＝0时取等号，所以a≤2，又a>0，
所以a的取值范围是(0,2]．
4. (2023·青羊区校级模拟)已知函数f(x)＝xln x－a(x－1)．
(1)若f(x)≥0，求实数a的值；
(2)已知n∈N*且n≥2，求证：sin eq \f(1,2)＋sin eq \f(1,3)＋…＋sin eq \f(1,n)【解析】 (1)由f(x)≥0，得ln x－aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)))≥0.
令h(x)＝ln x－aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)))，则h(x)≥0，h′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(a,x2)＝eq \f(x－a,x2).
注意到h(1)＝0，所以x＝1是函数h(x)的极小值点，则h′(1)＝0，
所以h′(1)＝eq \f(1－a,1)＝0，得a＝1.
当a＝1时，h′(x)＝eq \f(x－1,x2)，则函数h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(1)＝0，满足条件，故a＝1.
(2)证明：由(1)可得，ln x≥1－eq \f(1,x)(x≥1)．
令eq \f(1,k)＝1－eq \f(1,x)，则x＝eq \f(k,k－1)，
所以ln eq \f(k,k－1)≥eq \f(1,k)，即eq \f(1,k)≤ln k－ln(k－1)，k∈{2,3，…，n}．
令g(x)＝x－sin x(x>0)，则g′(x)＝1－cs x≥0，且g′(x)不恒为零，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故g(x)>g(0)＝0，则sin x0)，
所以sin eq \f(1,k)令k分别取2,3，…，n，累加得：
sin eq \f(1,2)＋sin eq \f(1,3)＋…＋sin eq \f(1,n)<(ln 2－ln 1)＋(ln 3－ln 2)＋…＋(ln n－ln(n－1))＝ln n.
即证．
5. (2023·西宁二模)设函数f(x)＝x－eq \f(1,x)－aln x.
(1)若函数f(x)在其定义域上为增函数，求实数a的取值范围；
(2)当a≤2时，设函数g(x)＝x－ln x－eq \f(1,e)，若在[1，e]上存在x1，x2使f(x1)>g(x2)成立，求实数a的取值范围．
【解析】 (1)因为函数f(x)在其定义域上为增函数，
即f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
所以1＋eq \f(1,x2)－eq \f(a,x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
即a≤x＋eq \f(1,x)在(0，＋∞)上恒成立，
又x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(x·\f(1,x))＝2(仅当x＝1时取等号)，
故a的取值范围为(－∞，2]．
(2)在[1，e]上存在x1，x2，使f(x1)>g(x2)成立，
即当x∈[1，e]时，f(x)max>g(x)min，
又g′(x)＝1－eq \f(1,x)，
所以当x∈[1，e]时，g′(x)≥0，
即函数g(x)在区间[1，e]上单调递增，
故g(x)min＝g(1)＝1－ln 1－eq \f(1,e)＝1－eq \f(1,e)，
由(1)知f′(x)＝eq \f(x2－ax＋1,x2)，
因为x2>0，
又y＝x2－ax＋1的判别式Δ＝(－a)2－4×1×1＝a2－4，
①当a∈[－2,2]时Δ≤0，则f′(x)≥0恒成立，即f(x)在区间[1，e]上单调递增，
故f(x)max＝f(e)＝e－eq \f(1,e)－a，
故f(e)>g(1)，即e－eq \f(1,e)－a>1－eq \f(1,e)，得a又a∈[－2,2]，
所以a∈[－2，e－1)；
②当a∈(－∞，－2)时，Δ>0，f′(x)＝0的两根为x1＝eq \f(a－\r(a2－4),2)，x2＝eq \f(a＋\r(a2－4),2)，
此时x1<0，x2<0，
故函数f(x)在区间[1，e]上单调递增．
由①知a所以a<－2，
综上，a的取值范围为(－∞，e－1)．
6. (2023·北京门头沟统考模拟预测)已知f(x)＝eq \f(1,2)x2－ln(x＋1)＋ax(a∈R)．
(1)当a＝2时，求函数f(x)在点(0,0)处的切线方程；
(2)求证：eq \f(1,2)x2＋x≥ln(x＋1)；
(3)若f(x)≥0在x∈[0，＋∞)恒成立，求a的取值范围．
【解析】 (1)当a＝2时，f(x)＝eq \f(1,2)x2－ln(x＋1)＋2x，则f′(x)＝x－eq \f(1,x＋1)＋2，
则f(0)＝0，f′(0)＝1，
所以，函数f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.
(2)证明：当a＝1时，f(x)＝eq \f(1,2)x2＋x－ln(x＋1)，该函数的定义域为(－1，＋∞)，
则f′(x)＝x＋1－eq \f(1,x＋1)＝eq \f(x＋12－1,x＋1)＝eq \f(xx＋2,x＋1)，
当－1当x>0时，f′(x)>0，此时函数f(x)单调递增，
所以，f(x)≥f(0)＝0，即eq \f(1,2)x2＋x≥ln(x＋1)．
(3)f(x)＝eq \f(1,2)x2＋ax－ln(x＋1)，则f′(x)＝x＋a－eq \f(1,x＋1)，且f(0)＝0，
由题意可知，对任意的x≥0，f(x)≥f(0)＝0.
令g(x)＝x＋a－eq \f(1,x＋1)，其中x≥0，则g′(x)＝1＋eq \f(1,x＋12)>0，
所以，函数g(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以，g(x)min＝g(0)＝a－1.
①当a－1≥0，即当a≥1时，f′(x)≥f′(0)＝a－1≥0，
此时函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
故当x≥0时，f(x)≥f(0)＝0，合乎题意；
②当a－1<0，即当a<1时，由f′(x)＝0可得x＋a＝eq \f(1,x＋1)，即x2＋(a＋1)x＋a－1＝0，
此时Δ＝(a＋1)2－4(a－1)＝a2－2a＋5>0，
解得x1＝eq \f(－a＋1－\r(a2－2a＋5),2)，
x2＝eq \f(－a＋1＋\r(a2－2a＋5),2)，则x1由韦达定理可得x1x2＝a－1<0，必有x1<0当0综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．