第1篇 专题三 第4讲 利用导数研究不等式(练案)-【衡中学案】2024年新高考数学二轮总复习

复习练案[10]第一篇专题三第4讲利用导数研究不等式 1.(2023·虹口区校级模拟)已知八x)=}-23(2023,东方校级模拟)已知a>0,函数m) xe'-ax. +x. (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在x=1处的切 (1)求函数y=八x)的极小值： 线方程： (2)当x∈[-2,4]时，求证：x-6≤f(x)≤x (2)若f八x)≥lnx-x+1恒成立，求实数a的取 值范围 2.(2023·濠江区校级三模)已知函数f(x)=e- axsin x-x-1,a∈R (1)当a=0时，讨论函数f(x)的单调性： (2)当a=时，证明：对任意的xe(0.+x fx)>0. -179- 4.(2023·青羊区校级模拟)已知函数f(x)=xnx6.(2023·北京门头沟统考模拟预测)已知f(x)= -a(x-1). (1)若f代x)≥0，求实数a的值： -h(x+1)+ar(aeR)。 (1)当a=2时，求函数八x)在点(0,0)处的切线 (2)已知neN且n≥2，求证：sin2+sin3 方程： （2)求证：+≥n(x+1): (3)若f(x)≥0在xe[0,+)恒成立，求a的 取值范围 5.(2023·西宁二模)设函数x)=x--alnx (1)若函数f(x)在其定义域上为增函数，求实数 a的取值范围； (2)当a≤2时，设函数g(x)=x-nx-是，若在 [1,e]上存在x1,x2使f八x)>g(x2)成立，求 实数a的取值范围. -180-令ga)=a1+na),ae(o,）g'(a)=2+lna, -m2-1,不存在极小值， 所以ae(0,)g(o)单调递诚ae(合，君)g(o)单 (2)若g()=之m2+(m-3)x-1(meR). 假设存在整数m使(x)≤g(x)对任意x∈(0，+) 调递增。 成立， (日eo)<0.即-是≤go)<0, 即h-2≤分2+(m-3-1对任意a(0,+) 令1+1=1E(2,+0), 成立， )=台e(2.+).hN()=e(2,+)时， 所以n￥-之m2+(1-m)x+1≤0对任意xe(0。 h()单调递减， +0)成立， 所以0c0号. 1 不妨设h(x)=l血-2mr+(1-m)x+l 所以go)>子 此时h(x)≤0对任意xe(0,+)成立， 二2 即a(1+ln).+与 所以h'()=-r+1-m)=一在+D(ar-) ①当m≤0时，h'(x)>0对任意x∈(0，+)成立， 2,,名成立，得证 所以八x)在区间(0，+)上单调递增， 核心考点2不等式恒成立、能成立（存在性）问题 又41)=-7m+1-m）x1+1=-2m+2>0, 典例研析·悟方法 所以m≤0不满足题设： 典例2【解析】(1)由f八x)>4x+4可得me-x2>4x+ 4,即m>+4红+4 ②当m>0时，h'(x)=- e 令h'(x)=0, 设g(x)=+4+4,则g(x)=+2 e 解得x=-1或x= 当x≥0时，g'(x)≤0，g(x)单调递减， 因为x>0, 则g(x)=g(0)=4. 所以x=一1不满足条件， 所以实数m的取值范围为(4，+) (2)由八)<0可得me-2<0,即m<号 所以当0<x<1时，h(x)>0,h(x)单调递增： m 设)-号则=二任-2》 当x>时，h'(x)<0,h(x)单调递减， m 所以(=(）-hm+ 1 令h'(x)=0可得x=0或2. 当xe[-1,0)时，h'(x)<0,h(x)单调递减： 当x∈(0,2)时，h'(x)>0,h(x)单调递增： 不妨设(m）=-hm+函数定义线为0，+： 当xe(2,4]时，h'(x)<0,h(x)单调递减， 所以4()的极大位为4(2)=号 可得(m)一女品<0， 所以函数k(m)在定义域上单调递减。 又h(-1)=e>h(2),则h(x)在[-1,4]内的最大值为 h(-I)=e, 又-302)=h,<0. 故m<e,即m的取值范国为(-，e), 则所求整数m的最小值为2 加固训练·促提高 复习练案[10] (1)已知八x)=lnx-2x,函数定义域为(0，+)， 可得f”(x)=1-2=1-2x 1.()已知)=子-2+，函数定义域为R。 令f'(x)=0, 解得一宁 可得/()=-2x+1 令'(x)=0, 当0<x<2时”(x)>0x)单调递增： 解得x=子或=2。 当x>时()<0)单调递减， 当<号时，()0)单调递增： 函数(x)在x=号处取得极大值/（行）n子-1= 当号<x<2时，了()<0)单调递减： 255- 当x>2时∫'(x)>0,x)单调递增 F(x)=t-nxtx-1-Inxtx-1 所以当x=2时，函数代x)取极小值，极小值为/(2)=0. (2)证明：不妨设g(x)=x)-x=-2