2025高考数学一轮复习-3.4.1-利用导数研究不等式问题-专项训练【含答案】

这是一份2025高考数学一轮复习-3.4.1-利用导数研究不等式问题-专项训练【含答案】，共8页。
1.已知函数f(x)=ax+xln x的图象在x=e(其中e为自然对数的底数)处的切线斜率为3.
(1)求实数a的值;
(2)若k∈Z,且k1恒成立,求k的最大值.
2.设a为实数,函数f(x)=ex-2x+2a,x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值;
(2)求证:当a>ln 2-1,且x>0时,ex>x2-2ax+1.
3.已知函数f(x)=ax-sin x.
(1)若函数f(x)为增函数,求实数a的取值范围;
(2)求证:当x>0时,ex>2sin x.
4.已知函数f(x)=12x2-(a+2)x+2aln x(a∈R).
(1)若a>2,讨论函数f(x)的单调性;
(2)设函数g(x)=-(a+2)x,若至少存在一个x0∈[e,4],使得f(x0)>g(x0)成立,求实数a的取值范围.
INCLUDEPICTURE "B组.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF" \* MERGEFORMATINET 【C级 应用创新练】
5.已知函数f(x)=ln x+x2-ax(a∈R).
(1)若a=1,求函数f(x)图象在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)设f(x)存在两个极值点x1,x2且x11),则g′(x)=x-2-lnx(x-1)2,令h(x)=x-2-ln x(x>1),则
h′(x)=1-1x>0,h(x)在(1,+∞)上单调递增,那么h(x)>h(1)=-1.不妨设h(x0)=0,由h(3)0,可知x0∈(3,4),且ln x0=x0-2.因此,当h(x)>0时,g′(x)>0,x>x0;当h(x)0时,ex-x2+2ax-1>0,
设g(x)=ex-x2+2ax-1(x>0),
则g′(x)=ex-2x+2a,
由(1)知g′(x)min=2-2ln 2+2a,
又a>ln 2-1,则g′(x)min>0,
于是对∀x∈(0,+∞),都有g′(x)>0,
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,
于是对∀x>0,都有g(x)>g(0)=0,
即ex-x2+2ax-1>0,故ex>x2-2ax+1.
3.(1)解:因为f(x)=ax-sin x,
所以f′(x)=a-cs x,
由函数f(x)为增函数,
则f′(x)=a-cs x≥0恒成立,
即a≥cs x在R上恒成立,
因为y=cs x∈[-1,1],所以a≥1,
即实数a的取值范围是[1,+∞).
(2)证明:由(1)知,当a=1时,f(x)=x-sin x为增函数,
当x>0时,f(x)>f(0)=0⇒x>sin x,
要证当x>0时,ex>2sin x,
只需证当x>0时,ex>2x,
即证ex-2x>0在(0,+∞)上恒成立,
设g(x)=ex-2x(x>0),则g′(x)=ex-2,
令g′(x)=0,解得x=ln 2,
所以g(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,
所以g(x)min=g(ln 2)=eln 2-2ln 2=2(1-ln 2)>0,
所以g(x)≥g(ln 2)>0,所以ex>2x成立,
故当x>0时,ex>2sin x.
4.解:(1)函数f(x)=12x2-(a+2)x+2aln x的定义域是(0,+∞),
f′(x)=x2-(a+2)x+2ax=(x-2)(x-a)x.
当a>2时,由f′(x)>0,得0h(x)min.
因为h′(x)=-xlnx-12x2·1x(lnx)2=-x(lnx-12)(lnx)2-4ln2,即a>-2ln2,
所以实数a的取值范围为(-2ln2,+∞).
INCLUDEPICTURE "B组.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF" \* MERGEFORMATINET 【C级 应用创新练】
5.(1)解:若a=1,则f(x)=ln x+x2-x,求导得f′(x)=1x+2x-1,
则f′(1)=2,而f(1)=0,
所以函数f(x)图象在点(1,f(1))处的切线方程为y-0=2(x-1),
即2x-y-2=0.
(2)证明:函数f(x)=ln x+x2-ax,
求导得f′(x)=1x+2x-a=2x2-ax+1x,x>0,
由函数f(x)存在两个极值点x1,x2,
得方程2x2-ax+1=0存在两个互异的正实根x1,x2,
即有x1+x2=a2,x1·x2=12,
则x2=12x1,x1x2=x112x1=2x12,
因此f(x1)-f(x2)=ln x1+x12-ax1-ln x2-x22+ax2=
lnx1x2+[x12-x22-2(x1+x2)(x1-x2)]=lnx1x2+(-x12+x22)=ln 2+2ln x1-x12+14x12,
令g(x)=ln 2+2ln x-x2+14x2,00有解,
即1+lnxx>2a有解.
令g(x)=1+lnxx,则g′(x)=-lnxx2,
当x∈(0,1)时,g′(x)>0,g(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,g′(x)3,
显然x1,x2>0,不妨设x1>x2>0,t=x1x2,
则t>1,
即证lntt-1(3t+1)>3,
即证ln t-3(t-1)3t+1>0.
设h(t)=ln t-3(t-1)3t+1(t>1),
则h′(t)=1t-12(3t+1)2=(3t-1)2t(3t+1)2,
当t∈(1,+∞)时,h′(t)>0,
所以h(t)在(1,+∞)上单调递增,
所以当t>1时,h(t)>h(1)=0,
故3ln x1+ln x2>-1得证.