综合练七不等式的恒成立问题与能成立问题&综合练八导数与不等式证明-【育才学案】2023-2024学年高二数学假期综合练(人教版)

综合练七 综合练七 不等式的恒成立间题与能成立问题 典题必刷。 1.已知函数f(x)=lnx-ae(aER). 2.已知函数(c)-ln. -1: (1)若f(1)=1,求曲线y-f(x)在点(1,1) (1)讨论函数f(x)的单调性; 处的切线方程; (2)当a>0时,若对任意x>0,f(x)<ln (2)已知a>0,若存在当x(1,十)时,不 等式ax-x二(e-1)lnx成立,求入的 短成立,求么的取值范围. 取值范围. 11 假期综合练 高二数学 综合练八 导数与不等式证明 典题必刷。 > 1.已知函数f(x)=-ax②十xlnx+2. (1)若f(x)有两个极值点,求实数a的取值 范围; 极值点x.x(x<x),其中e=2.71828.. 2 为自然对数的底数, 二 (1)记/(x)为f(x)的导函数,证明:7(1) 0 (2)证明:f(x)-x/(x) _1 x。一x1 2 72假期综合练高二数学 故由对任含的正实数工不等式心)≥(）恒成立. 当且仅当】=x,即工=1时取等号， 可得m>0,e“≥ln(x>0)恤成立. 对任意x>0,h(x)≥0， 必须且只需2+2lna≥0， ∴.me≥lnr, 即mre≥rlnr=e·lnx成主， 解得e≥。a的取值花周为[日十四)小 当0<r<1时，m>0,mxe≥rlnr■e,lnr恒成立， 2.解(1)y=(x)的定义战为(0,1)U(1,十∞)， 当x≥1时，构造函数g(x)=xe, g'()=e+re=(x+1)e>0成立， 1-- r 六当≥1时g()单调递增，则不等成e“≥5拉成立等 且fx)=x-10 价于g(mr)≥g(nr)恤成立， 令g)=1-是-hn 即mr≥nr恒成立：故需m>(色） 尉g()=Lx 设G(x)=n.Gx)=1nr。 当x∈(0,1)时，g'(r)>0,g(x)单调逆增： 当x∈(1，十o∞)时，g(x)<0,g(x)单调递减. .G(r)在[1，e)上单满遥增，在[e,+oo)上单调退减， 又周为g(1)=0, G(r)m-G(e)= 所以当x∈(0,1)U(1,十o)时，g(x)<0。 e 即(x)<0, 故四的最小位为日 所以函数y=f,x)在区间(0,1)，(1，十o∞)上均单调递减. (2)图为r-ax≥(e-1)lnr, 综合练七 不等式的恒成立问题与 所以(x-I)lne≥(e-1)nx。 能成立问题 当A>0,r>1时，x-1>0, 典题必刷·提素养 所求不等式可化为血心≥n工 I.(1).f(r)=Inr-ac'(aE R), -1-' 即f(e)≥f(x). f1)=-ae=1,即a=-L e 由A>0易知e∈(1.十∞)， ∴fr)=lnx+e, 由(1)知，y=f(x)在(1.十o)上单调适减， 则f)-+ef=2 故只需e"≤x在(1，十oo)上能成立 两边同取自然对数得Axnr, .切线方程为y=2x一1，即2x一y一1=0， 即A≤血二在(1，十)上能成立。 (2)当a>0时，对任意x>0,f(x)≤1na:成立， 即ae'一lnx十lna≥0恒战立， 令g)=(r>1),则ga)=1-n, h(r)=ae'-In x+In a.r>. 别h'(x)=ae-1 当r∈(1，e)时，g(x)>0,函数y■g(r)单调迢增： 当x∈(e,十∞)时，g(x)<0,品数y-(,zx)单调递减， 作出高数y一a心与y一子的大致国泉，如国， 所以g)-pe)=。所以A女 y y=ae' 又0玫的系位范国毛(o,] 综合练八 导数与不等式证明 典题必刷·提素养 1.解(1)f(x)的定义战为(0，十oo),f(x)=lnz-2ax十1， 由题意知广(x)=0在(0，十∞)上有两解， 即lnx-2ax+1=0, 0 即2a-血r十1有两解. 可知函数y=a。与y=子的园象有一个交点， 令g(x)=hr出(r>0. 中h'(x)在(0，十∞)内有唯一的零点 即g(r)的图象与直线y=2a有两个交点 设h'(x)的零点为o· 由g(x)=二ln上=0，得r=1. 时=ae-士-0 当x∈(0,1)时，g(x)>0,g(x)单调递增： 当0<r<x。时，h'(x)<0,h(x)单谓递减： 当xE(1,十6∞)时，g'(x)<0,g(x)单调追减， 当x>r时，h'(x)>0,h(x)单调递增， 由ac-1=0, g)=g1)=1,g(日）=0. 当x-0时，g(x)+一0：当T*十o0时，g(x)-0, 得ae心=大取对裁得一h工=十ha… .02a<1, ∴.h(xn=h(x)=uea-lnx十lna 0<u< =1-In to+In d=1+t+2ln d22+2ln a. a的取位范围是(0.号)》 2 参考答案 (2)证明当a=0时，f(x)=xlnx十2， (-)-x(-) 即运hx+2>x-二 即证rnr+2-r+2>0, 周共fx)-x)11 21<<1. ()-rln:+2-x+2(r>0). 又x一a=nx1且x:a=lnr, 则r)=ar-是， 则-=n-n1=h , 2 尝=>0，别有片 今m(x)=lnx一 则x1x: _t(In t) 则m)-+ 4 1-1): 当x>0时，m'(x）>0, -7<1=lh<f-1 于是得m,<1=n) ∴.h'(x)在(0，十o)上单调递增. K1=-2<0ro=1-号>0. 令)=ln1一f+2 ,t>1, 存在唯一的x,∈(1，e》, ()=1-11 f-1) <0, t2 2 21 化释a)=h一是 =0. 即函数h(1)在(1.十∞)上单调逆减， 当F∈(0，x)时，h'(x)<0,h(z)单调递减： 当>1时，h)<h(1)=0成立，即1n1<f-上恒成立， 当r∈(x。,+%)时，h(x)>0,h(r)单调递增， h(x)n=h(工). 1:<1恒成立， 又r∈(1，e》,h'(x)=0, 所以不等）/<专成立 ..In r-2 =0. 综合练九 平面向量 h)-,n+2-6+2-2+2-+2-2- 真题必刷·明方向 1.D(a+b)·(a+b)=a'+(a十)(a·b)+Arb=2(1+ +4>2-e+4>0. )=0. e 所以=一1：故速D. .h(r)>0. 2.B图为a=(3,1),b=(2,2), f>是 所以a+b=(5,3),a-b=(1,-1), 1 则|a+b|=3+3=√3M,1a-b=/1+T=2. 2.证明(1)函数f(x)=er 豆的定义越为R, (a十b)·(a-b)=5X1+3×(-1)-2.所以cosa十b,a f(r)-e-1. b)=(a+b)·(a-b) 2 17 因为画数)=e一号r有两个极值点， a+b a-b 34X217 故选B. 则方程广(x)=0e“=x有两个不相等的实数根， 3.C由题意，择c=a十h=(3十1.4)， 里然r>0,方程e=r化为x-a-lnr白r-lnr-a=0, 所以a·e=3×(3+)+4×4=25+3, 令g(r)=x-lnr-ar>0, b·e=1×(3+1)+0×4=3+1, 则)=1-= 因为(a,e)=(b.e),所以cos(a,e〉=cos(b,c〉， 中治治 b·c 当0<r<1时，g(x)<0:当x>1时，g'(x)>0 肿函数g(x》在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)上单调递增， 所以g(x)m=g(1)=1一a, 25十3=3+1，解得1=5，故选C 5 依题露，函数g(x)有两个零点，必有1一a<0, 4,答案 即a>1,此时g(e“)■e“>0,g(e)e一2a, + 令m(x)=e一2x,x>1, 解析空1：因为E为CD的中点，则ED+EC=0, 射m'(x）=e一2>0， 即有m(x)在(1，十©》上单调递增，m(x)>e一2>0， 于是得g(e)>0, 因此，(x)有两个短值点时，函数g(x)必有两个零点，从而 得a>1, 所以f(1)=e“-1<e-1=0. (2)由已知及(1)得，c=x且c=xg0<工<x, AE+ED-AD 可得花+式A 两式相加，可得到 f代x4)=y-2 2AE-AD+AC. r:f(r)-If(T:) x一T1 即2A正=a+b,则A正=。 53