高考數(shù)學(xué)江蘇專用理科專題復(fù)習(xí)：專題專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第21練 Word版含解析

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1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 訓(xùn)練目標(biāo) (1)利用導(dǎo)數(shù)處理與不等式有關(guān)的題型；(2)解題步驟的規(guī)范訓(xùn)練． 訓(xùn)練題型 (1)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式；(2)利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立問(wèn)題及存在性問(wèn)題；(3)利用導(dǎo)數(shù)證明與數(shù)列有關(guān)的不等式． 解題策略 (1)構(gòu)造與所證不等式相關(guān)的函數(shù)；(2)利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)性或者最值再證明不等式；(3)處理恒成立問(wèn)題注意參變量分離. 1．已知函數(shù)f(x)＝x2－ax－alnx(a∈R)． (1)若函數(shù)f(x)在x＝1處取得極值，求a的值； (2)在(1)的條件下，求證：f

2、(x)≥－＋－4x＋. 2．(20xx淮安模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax－1－lnx，a∈R. (1)討論函數(shù)的單調(diào)區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在x＝1處取得極值，對(duì)?x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求實(shí)數(shù)b的取值范圍． 3．(20xx山西四校聯(lián)考)已知f(x)＝lnx－x＋a＋1. (1)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≥0成立，求a的取值范圍； (2)求證：在(1)的條件下，當(dāng)x＞1時(shí)，x2＋ax－a＞xlnx＋成立． 4．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)．若曲線y＝f(x)和曲線y＝g(x)都過(guò)點(diǎn)P(0,2)，且在點(diǎn)P處有

3、相同的切線y＝4x＋2. (1)求a，b，c，d的值； (2)若x≥－2時(shí)，f(x)≤kg(x)，求k的取值范圍． 5．(20xx陜西質(zhì)量監(jiān)測(cè))設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－ax－1. (1)當(dāng)a＞0時(shí)，設(shè)函數(shù)f(x)的最小值為g(a)，求證：g(a)≤0； (2)求證：對(duì)任意的正整數(shù)n，都有1n＋1＋2n＋1＋3n＋1＋…＋nn＋1＜(n＋1)n＋1. 答案精析 1．(1)解　f′(x)＝2x－a－，由題意可得f′(1)＝0，解得a＝1.經(jīng)檢驗(yàn)，a＝1時(shí)f(x)在x＝1處取得極值，所以a＝1. (2)證明　由(1)知，f(x)＝x2－x－lnx， 令g

4、(x) ＝f(x)－ ＝－＋3x－lnx－， 由g′(x)＝x2－3x＋3－＝－3(x－1)＝(x＞0)，可知g(x)在(0,1)上是減函數(shù)，在(1，＋∞)上是增函數(shù)，所以g(x)≥g(1)＝0，所以f(x)≥－＋－4x＋成立． 2．解　(1)在區(qū)間(0，＋∞)上， f′(x)＝a－＝. ①若a≤0，則f′(x)＜0，f(x)是區(qū)間(0，＋∞)上的減函數(shù)； ②若a＞0，令f′(x)＝0得x＝. 在區(qū)間(0，)上，f′(x)＜0， 函數(shù)f(x)是減函數(shù)； 在區(qū)間(，＋∞)上，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)是增函數(shù)． 綜上所述，①當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，＋∞)

5、，無(wú)單調(diào)遞增區(qū)間； ②當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)． (2)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在x＝1處取得極值，所以f′(1)＝0， 解得a＝1，經(jīng)檢驗(yàn)滿足題意． 已知f(x)≥bx－2， 則x－1－lnx≥bx－2,1＋－≥b， 令g(x)＝1＋－， 則g′(x)＝－－＝， 易得g(x)在(0，e2)上單調(diào)遞減， 在(e2，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以g(x)min＝g(e2)＝1－， 即b≤1－. 3．(1)解　原題即為存在x＞0， 使得lnx－x＋a＋1≥0， ∴a≥－lnx＋x－1， 令g(x)＝－lnx＋x－1， 則g′(x)＝－

6、＋1＝. 令g′(x)＝0，解得x＝1. ∵當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′(x)＜0，g(x)為減函數(shù)， 當(dāng)x＞1時(shí)，g′(x)＞0，g(x)為增函數(shù)， ∴g(x)min＝g(1)＝0，a≥g(1)＝0. 故a的取值范圍是0，＋∞)． (2)證明　原不等式可化為 x2＋ax－xlnx－a－＞0(x＞1，a≥0)． 令G(x)＝x2＋ax－xlnx－a－， 則G(1)＝0. 由(1)可知x－lnx－1＞0， 則G′(x)＝x＋a－lnx－1 ≥x－lnx－1＞0， ∴G(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴G(x)＞G(1)＝0成立， ∴x2＋ax－xlnx－a－＞0成立，

7、即x2＋ax－a＞xlnx＋成立． 4．解　(1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2， f′(0)＝4，g′(0)＝4. 而f′(x)＝2x＋a， g′(x)＝ex(cx＋d＋c)． 故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4. 從而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2. (2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2， g(x)＝2ex(x＋1)． 設(shè)函數(shù)F(x)＝kg(x)－f(x) ＝2kex(x＋1)－x2－4x－2， 則F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4 ＝2(x＋2)(kex－1)． 由題設(shè)可得當(dāng)x≥－2時(shí)，F(xiàn)(0)≥0，即k≥1. 令F′(x)＝0， 得x1＝

8、－lnk，x2＝－2. ①若1≤k＜e2，則－2＜x1≤0. 從而當(dāng)x∈(－2，x1)時(shí)，F(xiàn)′(x)＜0； 當(dāng)x∈(x1，＋∞)時(shí)，F(xiàn)′(x)＞0. 即F(x)在(－2，x1)上單調(diào)遞減， 在(x1，＋∞)上單調(diào)遞增． 故F(x)在－2，＋∞)上的最小值為F(x1)． 而F(x1)＝2x1＋2－x－4x1－2 ＝－x1(x1＋2)≥0. 故當(dāng)x≥－2時(shí)，F(xiàn)(x)≥0， 即f(x)≤kg(x)恒成立． ②若k＝e2， 則F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2)． 從而當(dāng)x＞－2時(shí)，F(xiàn)′(x)＞0，即F(x)在(－2，＋∞)上單調(diào)遞增． 而F(－2)＝0，故當(dāng)x≥－

9、2時(shí)，F(xiàn)(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立． ③若k＞e2，則F(－2)＝－2ke－2＋2 ＝－2e－2(k－e2)＜0. 從而當(dāng)x≥－2時(shí)， f(x)≤kg(x)不可能恒成立． 綜上，k的取值范圍是1，e2]． 5．證明　(1)由a＞0及f′(x)＝ex－a可得， 函數(shù)f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減， 在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增， 故函數(shù)f(x)的最小值為g(a)＝f(lna)＝elna－alna－1＝a－alna－1，則g′(a)＝－lna， 故當(dāng)a∈(0,1)時(shí)，g′(a)＞0； 當(dāng)a∈(1，＋∞)時(shí)，g′(a)＜0， 從而可知g(a)在(0,1)上

10、單調(diào)遞增， 在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 且g(1)＝0，故g(a)≤0. (2)由(1)可知，當(dāng)a＝1時(shí)，總有f(x)＝ex－x－1≥0， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立，即當(dāng)x＞0時(shí)，總有ex＞x＋1. 于是，可得(x＋1)n＋1＜(ex)n＋1＝e(n＋1)x. 令x＋1＝，即x＝－， 可得n＋1＜e－n； 令x＋1＝，即x＝－， 可得n＋1＜e－(n－1)； 令x＋1＝，即x＝－， 可得n＋1＜e－(n－2)； … 令x＋1＝，即x＝－， 可得n＋1＜e－1. 對(duì)以上各式求和可得： n＋1＋n＋1＋n＋1＋…＋n＋1＜e－n＋e－(n－1)＋e－(n－2)＋…＋e－1＝＝＝＜＜1. 故對(duì)任意的正整數(shù)n，都有1n＋1＋2n＋1＋3n＋1＋…＋nn＋1＜(n＋1)n＋1.