全国版2021届高考数学二轮复习专题检测二十二导数与不等式理含解析

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1．已知函数f(x)＝xex＋2x＋aln x，曲线y＝f(x)在点P(1，f(1))处的切线与直线x＋2y－1＝0垂直．
(1)求实数a的值；
(2)求证：f(x)>x2＋2.
解：(1)因为f′(x)＝(x＋1)ex＋2＋eq \f(a,x)，
所以曲线y＝f(x)在点P(1，f(1))处的切线斜率k＝f′(1)＝2e＋2＋a.
而直线x＋2y－1＝0的斜率为－eq \f(1,2)，
由题意可得(2e＋2＋a)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－1，
解得a＝－2e.
(2)证明：由(1)知，f(x)＝xex＋2x－2eln x.
不等式f(x)>x2＋2可化为xex＋2x－2eln x－x2－2>0.
设g(x)＝xex＋2x－2eln x－x2－2，
则g′(x)＝(x＋1)ex＋2－eq \f(2e,x)－2x.
记h(x)＝(x＋1)ex＋2－eq \f(2e,x)－2x(x>0)，
则h′(x)＝(x＋2)ex＋eq \f(2e,x2)－2，
因为x>0，所以x＋2>2，ex>1，故(x＋2)ex>2，
又eq \f(2e,x2)>0，所以h′(x)＝(x＋2)ex＋eq \f(2e,x2)－2>0，
所以函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又h(1)＝2e＋2－2e－2＝0，
所以当x∈(0，1)时，h(x)<0，即g′(x)<0，函数g(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，即g′(x)>0，函数g(x)单调递增．
所以g(x)≥g(1)＝e＋2－2eln 1－1－2＝e－1，
显然e－1>0，
所以g(x)>0，即xex＋2x－2eln x>x2＋2，也就是f(x)>x2＋2.
2．设函数f(x)＝2ln x－mx2＋1.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当f(x)有极值时，若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，求实数m的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(2,x)－2mx＝eq \f(－2（mx2－1）,x)，
当m≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当m>0时，令f′(x)>0，得0令f′(x)<0，得x>eq \f(\r(m),m)，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(m),m)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(m),m)，＋∞))上单调递减．
(2)由(1)知，当f(x)有极值时，m>0，且f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(m),m)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(m),m)，＋∞))上单调递减．
∴f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(m),m)))＝2lneq \f(\r(m),m)－m·eq \f(1,m)＋1＝－ln m，
若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，则f(x)max>m－1.
即－ln m>m－1，ln m＋m－1<0成立．
令g(x)＝x＋ln x－1(x>0)，
∵g′(x)＝1＋eq \f(1,x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，∴0∴实数m的取值范围是(0，1)．
3．(2019·贵阳模拟)已知函数f(x)＝eq \f(x2＋mx＋1,ex)(m≥0)，其中e为自然对数的底数．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若m∈(1，2)，证明：当 x1，x2∈[1，m]时，f(x1)>－x2＋1＋eq \f(1,e)恒成立．
解：(1)由题得f′(x)＝－eq \f(x2＋（m－2）x＋1－m,ex)＝－eq \f([x－（1－m）]（x－1）,ex)，
当m＝0，即1－m＝1时，f′(x)＝－eq \f(（x－1）2,ex)≤0，f(x)在R上单调递减；
当m>0，即1－m<1时，令f′(x)<0得x<1－m或x>1，令f′(x)>0得1－m(2)证明：令g(x)＝－x＋1＋eq \f(1,e)，问题转化为证明f(x)min>g(x)max，
由(1)可知，m∈(1，2)时，f(x)在[1，m]上单调递减，
∴f(x)min＝f(m)＝eq \f(2m2＋1,em)，
∵g(x)在[1，m]上单调递减，
∴g(x)max＝g(1)＝eq \f(1,e)，
即证eq \f(2m2＋1,em)>eq \f(1,e)，
记h(m)＝eq \f(2m2＋1,em)(1则h′(m)＝eq \f(－2m2＋4m－1,em)，
令h′(m)>0得1令h′(m)<0得eq \f(2＋\r(2),2)∴h(m)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(2＋\r(2),2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2＋\r(2),2)，2))上单调递减，
又h(1)＝eq \f(2×12＋1,e1)＝eq \f(3,e)，h(2)＝eq \f(2×22＋1,e2)＝eq \f(9,e2)，
∴对任意的m∈(1，2)，都有h(m)>eq \f(3,e)>eq \f(1,e)，
即当x1，x2∈[1，m]时，f(x1)>－x2＋1＋eq \f(1,e)恒成立．
4．(2019·武汉市调研测试)已知函数f(x)＝ex＋1－aln(ax)＋a(a>0)．
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若关于x的不等式f(x)>0恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋1－ln x＋1，
则f′(x)＝ex＋1－eq \f(1,x)，
∴切线的斜率k＝f′(1)＝e2－1，
而f(1)＝e2＋1，
故切线方程为y－f(1)＝f′(1)(x－1)，
即y－(e2＋1)＝(e2－1)(x－1)，
整理得(e2－1)x－y＋2＝0.
(2)由f(x)＝ex＋1－aln x－aln a＋a，
得f′(x)＝ex＋1－eq \f(a,x)＝eq \f(xex＋1－a,x)，
显然g(x)＝xex＋1－a在(0，＋∞)上单调递增，
又g(0)＝－a<0，g(a)＝aea＋1－a>0，
则存在x0∈(0，a)，使得g(x0)＝0，
即x0eeq \a\vs4\al(x0)＋1＝a，ln a＝ln x0＋x0＋1.
∴0x00，f(x)单调递增，
∴f(x)在x＝x0处取得最小值f(x0)＝eeq \a\vs4\al(x0)＋1－aln x0－aln a＋a，
即f(x0)＝eq \f(a,x0)－aln x0－aln a＋a
＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x0)－ln x0－ln a＋1))
＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x0)－ln x0－ln x0－x0－1＋1))
＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x0)－x0－2ln x0)).
由f(x)>0恒成立知f(x0)>0，
即aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x0)－x0－2ln x0))>0，∴eq \f(1,x0)－x0－2ln x0>0.
令h(x)＝eq \f(1,x)－x－2ln x，则h′(x)＝－eq \f(1,x2)－1－eq \f(2,x)＝－eq \f(（x＋1）2,x2)<0，h(x)单调递减，
又当x→0时，h(x)→＋∞，h(1)＝0，
∴由h(x)>0得0又 a＝x0eeq \a\vs4\al(x0)＋1在(0，1)上单调递增，
∴0∴实数a的取值范围为(0，e2)．