利用导数研究不等式大题突破练-2023届高三数学二轮专题复习

冲刺2023年高考二轮 利用导数研究不等式大题突破练 (原卷+答案) 1.已知函数f(x)=2ln x+的最小值为2-2ln 2. (1)求实数a的值; (2)求证:当x≥1时,f(x)≤+. 2.已知函数f(x)=x2-x+a cos x+sin x. (1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)若函数f(x)在上单调递减,求a的取值范围. 3.已知函数f(x)=ax ln x+1,g(x)=(a-2)x2-3ex-2+2x ln x+1,a∈R. (1)当a=3时,判断函数f(x)的零点个数; (2)若f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的取值范围. 4.已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a. (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. 5.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:++…+ >ln (n+1). 6.已知函数f(x)=2ln x-x+. (1)当a=时,求f(x)的单调区间; (2)若f(x)有两个极值点x1,x2,且x1<x2,从下面两个结论中选一个证明. ①<-2; ②f(x2)<a+2ln 2-2. 参考答案 1.解析:(1)函数f(x)定义域为(0,+∞),f′(x)=-=. ①若a≤0,则f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)没有最小值; ②若a>0,则由f′(x)<0,得0<x<;由f′(x)>0,得x>.因此,f(x)在上单调递减,在上单调递增, 故[f(x)]min=f=2ln +2=2-2ln 2, 解得a=1. (2)证明:由(1)知f(x)=2ln x+. 令g(x)=f(x)-=2ln x+-,则 g′(x)=-x==-. 当x≥1时,x-1≥0,x(x+1)-1>0,所以g′(x)≤0(当且仅当x=1时“=”号成立),所以g(x)在[1,+∞)上单调递减. 因此,当x≥1时,有g(x)≤g(1)=0,即f(x)≤+. 2.解析:(1)当a=-1时,f(x)=x2-x-cos x+sin x, f(0)=×02-0-cos 0+sin 0=-1,所以切点为(0,-1), f′(x)=x-1+sin x+cos x,∴f′(0)=0-1+sin 0+cos 0=0, 所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线的斜率为k=f′(0)=0, 所以曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程为 y-(-1)=0×(x-0),即y+1=0. (2)由f(x)=x2-x+a cos x+sin x,得 f′(x)=x-1-a sin x+cos x. 因为函数f(x)在上单调递减,可得f′(x)≤0对任意x∈恒成立, 设g(x)=f′(x)=x-1-a sin x+cos x,则g′(x)=1-a cos x-sin x. 因为g(0)=0-1-a sin 0+cos 0=0, 所以使f′(x)≤0对任意x∈恒成立, 则至少满足g′(0)≤0,即1-a≤0,解得a≥1. 以下证明当a≥1时,f′(x)≤0恒成立, 因为x∈,所以sin x≥0, 因为a≥1,所以f′(x)≤x-1-sin x+cos x. 记h(x)=x-1-sin x+cos x,则h′(x)=1-cos x-sin x=1-sin . 当x∈时,h′(x)<0; 当x∈时,h′(x)>0. 所以函数h(x)在上单调递减,在上单调递增. 因为h(0)=0,h=-1-<0, 所以h(x)在上的最大值为h(0)=0. 即f′(x)≤h(x)=x-1-sin x+cos x≤0在上恒成立. 所以a的取值范围为[1,+∞). 3.解析:(1)当a=3时,f(x)=3x ln x+1,f′(x)=3(ln x+1) , 由f′(x)>0得x>;由f′(x)<0,得0<x<, ∴f(x)在上是减函数,在上是增函数, ∴f(x)min=f=<0, 又f=>0,f(1)=1>0, ∴f·f<0,f·f(1)<0, ∴f(x)在,上各有一个零点, 所以函数f(x)有2个零点. (2)ax ln x≥(a-2)x2-3ex-2+2x ln x(x>0), ∴a ln x≥(a-2)x-3+2ln x,∴a(x-ln x)≤3+2(x-ln x), ∴a(x-ln x)≤3ex-ln x-2+2(x-ln x), 令x-ln x=t,t′=1-=(x>0), 由t′>0得x>1;由t′<0得0<x<1, ∴x=1时,tmin=1,∴t≥1, a≤3·+2对t≥1恒成立,记h