新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷二命题点加强练命题点33利用导数研究不等式大题突破（附解析）

这是一份新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷二命题点加强练命题点33利用导数研究不等式大题突破（附解析），共7页。试卷主要包含了[2023·新课标Ⅱ卷]证明等内容，欢迎下载使用。

(1)当a＝2时，求函数f(x)的极值；
(2)当x≥a＋1时，f(x)≥x－1恒成立，求实数a的取值范围．
解：
2．[2023·新课标Ⅰ卷]已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当a>0时，f(x)>2lna＋eq \f(3,2).
解：
3．[2020·新高考Ⅰ卷]已知函数f(x)＝aex－1－lnx＋lna.
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．
解：
4．[2023·河北衡水模拟]已知函数f(x)＝ex－eq \f(e,2)x2－ax(a∈R).
(1)若f(x)在R上是增函数，求a的取值范围；
(2)若当a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，f(x)有两个极值点m，n，证明：eq \f(f（m）－f（n）,m－n)解：
5．[2022·新高考Ⅱ卷]已知函数f(x)＝xeax－ex.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围；
(3)设n∈N*，证明：eq \f(1,\r(12＋1))＋eq \f(1,\r(22＋2))＋…＋eq \f(1,\r(n2＋n))>ln (n＋1).
解：
6．[2023·新课标Ⅱ卷](1)证明：当0(2)已知函数f(x)＝csax－ln (1－x2)，若x＝0是f(x)的极大值点，求a的取值范围．
解：
命题点33 利用导数研究不等式(大题突破)
1．解析：(1)当a＝2时，f′(x)＝ln (x－2)＋eq \f(x－3,x－2)＝ln (x－2)－eq \f(1,x－2)＋1，定义域为(2，＋∞)，
则f′(x)在(2，＋∞)上单调递增，因为f′(3)＝0，
所以x∈(2，3)，f′(x)<0，f(x)单调递减，
x∈(3，＋∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以函数f(x)的极小值为f(3)＝0，无极大值．
(2)令t＝x－a≥1，则f(x)≥x－1即(t＋1－a)lnt≥t＋a－1，因为1＋lnt>0，
即a≤eq \f(1－t＋（t＋1）lnt,1＋lnt)＝1＋eq \f(t（lnt－1）,1＋lnt)在t≥1时恒成立，
令g(t)＝1＋eq \f(t（lnt－1）,1＋lnt)，
g′(t)＝eq \f(（1＋lnt）lnt－（lnt－1）,（1＋lnt）2)＝eq \f(（lnt）2＋1,（1＋lnt）2)>0，故g(t)单调递增，
所以g(t)≥g(1)＝0，故a∈(－∞，0].
2．解析：(1)f′(x)＝aex－1，
当a≤0时，f′(x)≤0，
所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当a>0时，令f′(x)>0，得x>－lna，令f′(x)<0，得x<－lna，
所以函数f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．
综上可得：当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当a>0时，函数f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．
(2)方法一 由(1)得当a>0时，函数f(x)＝a(ex＋a)－x的最小值为f(－lna)＝a(e－lna＋a)＋lna＝1＋a2＋lna，
令g(a)＝1＋a2＋lna－2lna－eq \f(3,2)＝a2－lna－eq \f(1,2)，a∈(0，＋∞)，
所以g′(a)＝2a－eq \f(1,a)，令g′(a)>0，得a>eq \f(\r(2),2)；令g′(a)<0，得0所以函数g(a)在(0，eq \f(\r(2),2))上单调递减，在(eq \f(\r(2),2)，＋∞)上单调递增，
所以函数g(a)的最小值为g(eq \f(\r(2),2))＝(eq \f(\r(2),2))2－lneq \f(\r(2),2)－eq \f(1,2)＝lneq \r(2)>0，
所以当a>0时，f(x)>2lna＋eq \f(3,2)成立．
方法二 当a>0时，由(1)得，f(x)min＝f(－lna)＝1＋a2＋lna，
故欲证f(x)>2lna＋eq \f(3,2)成立，
只需证1＋a2＋lna>2lna＋eq \f(3,2)，
即证a2－eq \f(1,2)>lna.
构造函数u(a)＝lna－(a－1)(a>0)，
则u′(a)＝eq \f(1,a)－1＝eq \f(1－a,a)，所以当a>1时，u′(a)<0；当00.
所以函数u(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以u(a)≤u(1)＝0，即lna≤a－1，
故只需证a2－eq \f(1,2)>a－1，即证a2－a＋eq \f(1,2)>0，
因为a2－a＋eq \f(1,2)＝(a－eq \f(1,2))2＋eq \f(1,4)>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2lna＋eq \f(3,2)成立．
3．解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－eq \f(1,x).
(1)当a＝e时，f(x)＝ex－lnx＋1，f′(1)＝e－1，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.
直线y＝(e－1)x＋2在x轴，y轴上的截距分别为eq \f(－2,e－1)，2.
所以S＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－2,e－1)))×2＝eq \f(2,e－1)，
因此所求三角形的面积为eq \f(2,e－1).
(2)当0当a＝1时，f(x)＝ex－1－lnx，f′(x)＝ex－1－eq \f(1,x).当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，从而f(x)≥1.
当a>1时，f(x)＝aex－1－lnx＋lna≥ex－1－lnx≥x－lnx≥1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞).
4．解析：(1)x∈R，若f(x)在R上是增函数，则f′(x)＝ex－ex－a≥0，
即a≤ex－ex在x∈R上恒成立，a≤(ex－ex)min，
令g(x)＝ex－ex，x∈R，g′(x)＝ex－e，
当x>1时，g′(x)>0，当x<1时，g′(x)<0，所以g(x)≥g(1)＝0，
所以a≤0.
(2)证明：a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，不妨设m>n，所以f′(x)＝0有2个不同的解m，n，
由(1)可知n<1要证eq \f(f（m）－f（n）,m－n)构造函数h(t)＝f(t)－(e－1)t＝et－eq \f(e,2)t2－at－(e－1)t，
h′(t)＝et－et－a－(e－1)，
因为f′(0)＝e0－a>0，f′(2)＝e2－2e－a>0，
所以0令m(t)＝h′(t)，则m′(t)＝et－e，
当t>1时，m′(t)>0，当t<1时，m′(t)<0，
所以h′(t)在(1，2)上单调递增，在(0，1)上单调递减，又h′(0)＝2－a－e<0，h′(2)<0，所以h′(t)<0，所以h(t)在(0，2)上单调递减，
所以h(m)5．解析：(1)当a＝1时，f(x)＝xex－ex＝(x－1)ex，
f′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex.
令f′(x)＝0，得x＝0，
∴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．
∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)f′(x)＝eax＋aeaxx－ex＝(ax＋1)eax－ex，f′(0)＝0.
设g(x)＝(ax＋1)eax－ex，则g′(x)＝aeax＋aeax(ax＋1)－ex＝(a2x＋2a)eax－ex，g′(0)＝2a－1.
当2a－1>0，即a>eq \f(1,2)时，存在δ>0，使得当x∈(0，δ)时，g′(x)>0，此时f′(x)在(0，δ)上单调递增．
∵f′(x)>f′(0)＝0，∴f(x)在(0，δ)上单调递增，
∴f(x)>f(0)＝－1，这与f(x)<－1矛盾，故舍去．
当2a－1≤0，即a≤eq \f(1,2)时，f(x)≤xeeq \f(1,2)x－ex.
令h(x)＝xeeq \f(1,2)x－ex，
则h′(x)＝eeq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)eeq \f(1,2)x·x－ex＝eeq \f(1,2)x(1＋eq \f(1,2)x－eeq \f(1,2)x)<0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
此时h(x)综上可知，a的取值范围为(－∞，eq \f(1,2)].
(3)证明：由(2)知当a＝eq \f(1,2)时，x>0时，xeeq \f(1,2)x－ex<－1，∴x令eeq \f(1,2)x＝t，t>1，则x＝2lnt，∴2lnt1.
取t＝eq \r(\f(n＋1,n))(n∈N*)，则2lnt＝ln (n＋1)－lnn∴eq \f(1,\r(12＋1))＋eq \f(1,\r(22＋2))＋…＋eq \f(1,\r(n2＋n))>ln2－ln1＋ln3－ln2＋…＋ln (n＋1)－lnn＝ln (n＋1)，故结论得证．
6．解析：(1)令h(x)＝x－x2－sinx，
则h′(x)＝1－2x－csx，
令p(x)＝1－2x－csx，则p′(x)＝－2＋sinx<0，
所以p(x)即h′(x)单调递减，又h′(0)＝0，
所以当0所以当0令g(x)＝sinx－x，
则g′(x)＝csx－1≤0，
所以g(x)单调递减，又g(0)＝0，
所以当0综上，当0(2)方法一 因为f(x)＝csax－ln (1－x2)(－1所以f(x)＝f(－x)，所以f(x)为偶函数．
f′(x)＝－asinax＋eq \f(2x,1－x2)(－1令t(x)＝－asinax＋eq \f(2x,1－x2)(－1则t′(x)＝－a2csax＋eq \f(2（1＋x2）,（1－x2）2)(－1令n(x)＝－a2csax＋eq \f(2（1＋x2）,（1－x2）2)，则n′(x)＝a3sinax＋eq \f(4x（3＋x2）,（1－x2）3).
当a＝0时，
当00，f(x)单调递增，当－1所以x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意．
当a>0时，取eq \f(π,2a)与1中的较小者，为m，
则当00，
所以n(x)即t′(x)在(0，m)上单调递增，所以t′(x)>t′(0)＝2－a2.
①当2－a2≥0，即00(0所以t(x)在(0，m)上单调递增，所以t(x)>t(0)＝0，即f′(x)>0.
那么f(x)在(0，m)上单调递增，
由偶函数性质知f(x)在(－m，0)上单调递减．
故x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意．
②当2－a2<0，即a>eq \r(2)时，
当eq \f(π,2a)<1，即a>eq \f(π,2)时，
因为t′(0)<0，t′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2a)))>0，
所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x1，
且当0因为t(0)＝0，所以当0所以f(x)在(0，x1)上单调递减，
因为f(x)为偶函数，所以f(x)在(－x1，0)上单调递增，
故可得x＝0是f(x)的极大值点，符合题意．
当eq \f(π,2a)>1，即eq \r(2)因为t′(0)<0，t′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－a2cseq \f(a,2)＋eq \f(40,9)>0，
所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x2，
且当0因为t(0)＝0，所以当0所以f(x)在(0，x2)上单调递减．
因为f(x)为偶函数，所以f(x)在(－x2，0)上单调递增，
故可得x＝0是f(x)的极大值点，符合题意．所以a>eq \r(2)满足题意．
当a<0时，由偶函数图象的对称性可得a<－eq \r(2).
综上所述，a的取值范围是(－∞，－eq \r(2))∪(eq \r(2)，＋∞).
方法二 由f(x)＝csax－ln (1－x2)，得f′(x)＝－asinax＋eq \f(2x,1－x2)(－1令t(x)＝－asinax＋eq \f(2x,1－x2)(－1则t′(x)＝－a2csax＋eq \f(2（1＋x2）,（1－x2）2)(－1由x＝0是f(x)的极大值点，易得f′(0)＝0，t′(0)<0，
所以2－a2<0，
解得a<－eq \r(2)或a>eq \r(2).
所以a的取值范围是(－∞，－eq \r(2))∪(eq \r(2)，＋∞).