2024-2025学年高二数学人教A版选择性必修二第5章一元函数的导数及其应用5.4利用导数证明不等式

课后作业（二十七）利用导数证明不等式： 利用导数研究恒（能）成立问题 (时间：45分钟满分：100分) 基础巩固 一、选择题 1.(5分)不等式lnr≤x2-x的解集是() A.(0,1] B.(e,+) C.(0,+∞) D.[1,+∞) [解析]设x)=lnr一x2+x,x∈(0，+∞)，f(x)=1x-2x+1=-2x2-x一1x=一 x-1 2x十1X,令f(x)=0,解得x=1,当x∈(0,1)，fx>0,x)单调递增， 当x∈(1，十∞)，fx)<0,x)单调递减，所以x)≤1)=0，x∈(0，+∞)，所以不等 式nr≤x2-x的解集是(0，十∞).故选C. [答案]C 2.(5分)已知函数x)=xe,gx)=一(x十1)P十a,若3n,∈R,使得x2)≤g1) 成立，则实数a的取值范围是() A.(-e+o) B.(-o,-e] C.-\f(1e),+∞) D.\avs4\al\col(-∞，-\f(1e) [解析]3r1,x2∈R,使得f2)≤g()成立，则xmin≤g(xmax,由题得f(x)=er十 xe*=(x+1)e,所以函数x)在(-∞，一l)上单调递减，在（一l,+∞）上单调递增，所 以xmn=-1)=-1e,由题得g(xmx=g(-1)=a,∴.a≥一le.故选C. [答案]C 3.(5分)己知函数x)=ax-e,当1≤a≤1十e时，则有() A.x)≤x B.x)≥x C.Ar)<x D.Axpx [解析]令g)=x一x),则gx)=er-(a-1)x.若a=l,则gx)=e0,.xx 成立.若1<a≤1+e,则g'(x)=er-(a-1).,当x<n(a-l)时，gx0:当心ln(a-1) 时，g'(xP0.∴gx)在(-∞，ln(a-1)上单调递减：在(ln(a-1),十∞)上单调递增.∴.g (x)≥g(n(a-1)》=ena-)-(a-1)ln(a-1)=(a-l1-ln(a-1.又1<a≤1+e,即e≥ a-l>0,n(a-1)≤lne=l,.(a-1)1-ln(a-1]≥0.∴gx)≥0，即x)≤x恒成立.综 上，当1≤a≤1十e时，x)≤x. [答案]A 4.(5分)已知关于x的不等式2x一kx+1)>0解集中恰有3个不同的正整数解， 则实数k的取值范围为() A.\f(31e) B.\alvs4\al\col(f(41e) C.\alvs4\al\col(f(432e3) D.f832e3) [解析]因为2x-x+1)e>0,所以kx+1大2xex设x)=kx+1),g(x)=2re-x, 则g(x)=2ex-2xex=2(1-x)ex,所以当x∈(-∞，1)时，g'(x>0,g(x)单调递增； 当x∈(1，+∞)时，g'(x)0,gx)单调递减；又因为x)是过点（一1,0）的直线，如图所 示： =g(x) =f(x) 由此可得，当k≤0时，k(x十I大2x的解集中有若千个不同的正整数解，不满足 题意；当心0时，要使不等式2x一x十1)>0的解集中恰有3个不同的正整数解， y=g(x) =f(x)】 当y=x)过点(4，g(4)时，k取最小值，因为g(4)=8e一4，此时k=8e-4-04一 -1 =85e4,当y=x)过点(3，g(3)时，k取最大值，因为g(3)=6e-3,此时k=6e-3-03 一1=32e3,所以实数k的取值范围为1f832e3).故选D. [答案]D 5.(6分（多选）函数fx)=exx十x2-2x一a(>0),若恒有(x)≥0，则实数a的可能 取值是() A.e B.2 C.e-1 D.1 [解析]f(x)=(c-1)八a\vs4\al\col(f(exx2)+2),当x∈(0,1)时，fx0,x)单 调递减，当x∈(1，+∞)时，f(x>0,x)单调递增，∴.x)in=1)=e-1一a≥0，∴.a ≤e-l.故选CD. [答案]CD 二、填空题 6.(5分)已知函数x)=e,x∈R,则曲线y=x)与曲线y=12x2+x+1有 个公共点. [解析]令gx)=f)-\alvs4\al\col(f(12)x2+x+1)=e-12xr2-x-1,x∈R, 则g'()=er一x一l,由经典不等式e*≥x十l(证明略)恒成立可知，g(x)≥0恒成立，所 以g(x)在R上为单调递增函数，且g(O)=0所以函数g(x)有唯一零点，即两曲线有唯一 公共点。 [答案]1 7.(5分)若存在两个不相等的正实数x,y,使得my一x)十e2y-e2=0成立，则实 数m的取值范围是 [解析]由存在两个不相等的正实数x,y,使得my一x)十e-e2r=0成立，可得 my十e2y=mx十e2x成立，构造新函数fx)=r十e2x,x>0,由x≠y时，x)=fy),可得 函数x)不单调，又由fx)=m+2e2x,可得当心0时，fx)=m+2e2x=0有解，即x >0时，m=-2e2x有解，因为当心0时，一2e2<-2,所以m<-2,即实数m的取值范 围是(-∞，一2). [答案](-∞，-2) 8.(5分)已知函数x)=xr十x2,且是函数x)的极值点.给出以下几个命题： ①0<o<1e; ②xo>le; ③xo)+0<0: ④x0)+x0>0. 其中正确的命题是 (填序号) [解析]x)的定义域为{x>0},f(x)=lnr+2x+1,所以f(o)=lnxo十20十1=0， 所以2x=-(lno+l),即nxo<-1,即no<ne-1,所以0<o<1e;xo)十x=lnxo十 x20+x=xo(lnx+x+1).因为2xo=一(nx+1),所以xo)+xo=lno+x20+xo=x0 (no+x+1)=-x20<0. [答案]①③ 三、解答题 9.(10分)已知函数fx)=ae-1-lnr-1,证明：当a≥1时，fx)≥0. [证明].a≥l,.ae-1≥e-1,∴/x)≥e-1-nr-1, 故只需证明e-l-lnr一l≥0即可得证. 令p(x)=ex-1-nr-l(>0),则p'(x)=er-1-1x,令h(x)=er-1-1x,则h(x)=er-l +1x2>0, 所以p(x)在(0，+∞)上单调递增，又p'(1)=0, 所以当x∈(0,1)时，9'(x0;当x∈(1，+∞)时，p'(x)P0, 所以(x)在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)上单调递增， 所以p(xhmm=p(1)=0,故p(x)≥0， 所以x)≥()≥0，即证得当a≥1时， x)≥0 10.(10分)已知函数x)=nx+12x2 (1)求函数x)在[1，e]上的最大值和最小值： (2)若x>(1一a)x2有解，求实数a的取值范围. [解1(1)x)的定义域为(0，+∞)， x)=12x2+lnx,f(x)=x+1x>0, 所以x)在[l,e上是增函数. 则fx)在[1，e上的最大值为fe)=12e2+1, 最小值为1)=12. (2/x>(1-a)r2, 令gx)=x)-(1-a)x2 =nr+\a\vs4\al\co1(a-\f(12))x2,x>0, g(x)=(2a-1)x+1x. ①当a≥12时，g'(xP0,gx)单调递增且g(1)=a-12≥0，显然g(x)>0有解. ②当aK12时，由g'(x)=(2a-1)x+1x=0 得x=11-2a), 当x∈\a\vs4\al\col(0,r(f(11-2a)时，g'(x>0,gx)单调递增， 当x∈\avs4\al\col(r(f(11-2a)),+∞)时，g'(x)<0,gx)单调递减， 故gx)在x=11-2a)处取得最大值为 g\alvs4\al\col1(r(f(11-2a))=-12-12ln(1-2a). 若使g(x)>0有解，只需-12-12n(1-2a>0, 解得>12-12e, 此时a的取值范围为alvs4al小col(f11l2) 综上所述，a的取值范围为alvs4 al\col(f(1l2e),+oo. 能力提升 1l.(5分)已知函数x)=xe,不等式nr2)≤f升avs4\al\col(f(mx)一1)在[e, +∞)上有解，则实数m的取值范围为( A.[4e,+∞) B.[3e,+o) C.(-∞，2el D.(-,3el [解析]因为x)=e,所以f(x)=(r+l)e,当x-1时，fx0:当>一1时， f(x)>0,所以x)在(-∞，一1)上单调递减，在（一1，+∞）上单调递增.由1nr2)≤f \avs4\al\col(f(mx)-1),得lnr2.e2≤\a\vs4\al\col(f(mx)-1)e-1,所以不 等式2xnr一(m-x)ex-1l≤0①在[e,十∞)上有解.当m≤0时，不等式①显然无解； 当m>0时，mx-1>-1,lnr2=2lnr≥2>-1，所以由fnr2≤f a\vs4\al\col(f(mx)-1),得lnr2≤mx-l,即m≥2xlnx+x在[e,+o)上有解.令 h(x)=2xrnr十x,x≥e,则h(x)=3+2ln心0，所以h(x)在[e,+∞)上为增函数，所以h (x)minm=h(e)=2elne十e=3e,所以m≥3e.故选B. [答案]B 12.(6分（多选）已知0<<2<1e,则() A.Inx1x2>1nx2x1 B.1nx1x2<lnx2x1 C.x2lnxi>xilnx2 D.x2Inx<xilnx2 [解析]设fx)=xn,则fx)=lnr+1,由fx>0,得心le,所以函数x)在 avs4\al\col(f(1e),+∞)上单调递增；由f(x0,得0<r<le,函数x)在V avs4\al\col(0,\f(1e)上单调递减，所以fx>r2),即xlnx>xlnx2,所以lnxlx22 >1nx2x1,故A正确，B错误；设g(x)=1nxx,则g(x)=1-1nxx2,由g'(x>0,得0 <re,即函数g(x)在(0，e)上单调递增，故函数gx)在\avs4\al\col(0,\f(1e)上单 调递增，所以g,g(x),即lnxlxl-<lnx2x2,所以xlnx<n,故C错误，D正确.故 选AD. [答案]AD l3.(5分)若对任意的x∈[e,十o),都有xnr≥ax一a,则实数a的取值范围为 [解析]若对任意的x∈[e,十∞)，都有xnr≥ax-a,等价于a≤xlnxx-一l在[e, +o)上恒成立，令h(x)=xlnxx-l,则h'x)=x-lnx-1x-12,x∈[e,+o∞)， 令m(x)=x-lnr一1，则当x≥e时，m'(x)=1一1x>0,即m(x)在[e,+∞)上单调递增， 故m(x)≥m(e)=e-2>0,所以h'(x>0,所以h(x)=xlnxx一1在[e,+∞)上单调递增，h (xmim=h(e)=ee-l,所以a≤ee-1.即实数a的取值范围是a\vs4\al\col(-∞，V f(ee-1)) [答案]a\vs4\al\co1(-∞，\f(ee-1) 14.(10分)已知函数x)=e*-ax-1,g(x)=lnx-ar-1,其中0<al,e为自然对 数的底数，若3o∈(0，十∞)，使(g(xo>0,求实数a的取值范围. [解]令M(x)=ex-x-1,x∈(0，+∞)，则M(x)=er-l, 当x∈(0，+∞)时，M(xP0, 所以Mx)在(0，十∞)上单调递增， 所以M(x>M0)=0,所以ex+1, 由于0<a<1,所以当x∈(0，+∞)时， Ax)=ex-ax-1>0, 故若3x∈(0，十∞)，使xog(xo)P0, 转化为1xo∈(0，+∞)，gxoP0, 则g(xo)=lnx0一axo一1>0， 即a<1nx0x0-1x0. h(x)=1nxx-1x,h'(x)=2-1nxx2. 当x∈(0，e2)时，h(x)>0,当x∈(e2,+∞)时， '(x0, 所以函数h()在(0，e)上单调递增，在(e2,十∞)上单调递减. 所以hx)≤h(e2)=1ne2e2-1e2=1e2 所以0<a<1e2,即a的取值范围是\avs4\al\col(0,\f(1e2). 创新拓展 15.(13分)已知函数x)=(x十m)nx十2(m∈R),f(x)是x)的导函数. (1)讨论f(x)的单调性： (2)是否存在m∈Z,使得f(x>m3十2对Vx>1恒成立？若存在，请求出m的所有值； 若不存在，请说明理由.（参考数据：n2≈0.69，ln5≈1.61） [解](1)由题意知x)定义域为(0，+∞)， f(x)=lnx+mx+1, 令gx)=f(x)=lnx+mx+1, 则g(x)=1x一mx2=x一mx2: 当m≤0时，g(x>0恒成立， .∴f(x)在(0，十∞)上单调递增： 当m>0时，若x∈(0，m),g(x)K0: 若x∈(m,+∞)，g'(xP0: ∴f(x)在(0，m)上单调递减，在(m,十∞)上单调递增； 综上，当m≤0时，fx)在(0，十∞)上单调递增； 当m>0时，f(x)在(0，m)上单调递减，在(m,+∞)上单调递增. (2)由(1)知lnx十mx+1>m3十2对x∈(1，+∞)恒成立，即nx十mx一m3-l>0对x ∈(1，十o∞)恒成立，令h(x)=lnr十mx一m3-1, 则h'(x)=1x一mx2=x一mx2: ①当m≤0且m∈Z时，h(x>0, ∴.h()在(1，十∞)上单调递增， ∴.h(x>h(1)=2m3-1≥0， 解得m≥32（舍）： ②当0<m≤1且m∈Z, 即m=1时，h(e)=1\r(e)-56<0,不合题意； ③当m>1且m∈Z时， 若x∈(1，m),h'(xK0: 若x∈(m,+o∞)，h'(x>0: ∴.h(x)在(1，m)）上单调递减，在(m,十o∞)上单调递增，∴.h(x)hmin=h(m)=nvm一m3 ≥0， 令F(m)=lnw-m3, 则F(m)=1m一13=3-m3m, .当m∈(1,3)时，F(mP0: 当m∈(3，十∞)时，F(m0, ∴.Fm)在(1,3)上单调递增，在(3，十∞)上单调递减. 又F2)=ln2-23>0,F3)=ln3-1>0, 4)=ln4-43=2ln2-43>0, F5)=ln5-53<0, ∴.满足Fm)≥0且m>1,m∈Z的所有整数为2,3,4. 综上，m的所有值为2,3,4. 课后作业(二十七)　利用导数证明不等式； 利用导数研究恒(能)成立问题 (时间：45分钟　满分：100分) 基础巩固 一、选择题 1．(5分)不等式lnx≤x2－x的解集是(　　) A．(0,1] B．(e，＋∞) C．(0，＋∞) D．[1，＋∞) 2．(5分)已知函数f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则实数a的取值范围是(　　) A．(－e，＋∞) B．(－∞，－e] C． D． 3．(5分)已知函数f(x)＝ax－ex，当1≤a≤1＋e时，则有(　　) A．f(x)≤x B．f(x)≥x C．f(x)<x D．f(x)>x 4．(5分)已知关于x的不等式2x－k(x＋1)ex>0解集中恰有3个不同的正整数解，则实数k的取值范围为(　　) A． B． C． D． 5．(6分)(多选)函数f(x)＝＋x2－2x－a(x>0)，若恒有f(x)≥0，则实数a的可能取值是(　　) A．e B．2 C．e－1 D．1 二、填空题 6．(5分)已知函数f(x)＝ex，x∈R，则曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有________个公共点． 7．(5分)若存在两个不相等的正实数x，y，使得m(y－x)＋e2y－e2x＝0成立，则实数m的取值范围是________． 8．(5分)已知函数f(x)＝xlnx＋x2，且x0是函数f(x)的极值点．给出以下几个命题： ①0<x0<； ②x0>； ③f(x0)＋x0<0； ④f(x0)＋x0>0. 其中正确的命题是________．(填序号) 三、解答题 9．(10分)已知函数f(x)＝aex－1－lnx－1，证明：当a≥1时， f(x)≥0. 10．(10分)已知函数f(x)＝lnx＋x2. (1)求函数f(x)在[1，e]上的最大值和最小值； (2)若f(x)>(1－a)x2有解，求实数a的取值范围． 能力提升 11．(5分)已知函数f(x)＝xex，不等式f(lnx2)≤f在[e，＋∞)上有解，则实数m的取值范围为(　　) A．[4e，＋∞) B．[3e，＋∞) C．(－∞，2e] D．(－∞，3e] 12．(6分)(多选)已知0<x1<x2<，则(　　) A．> B．< C．x2lnx1>x1lnx2 D．x2lnx1<x1lnx2 13．(5分)若对任意的x∈[e，＋∞)，都有xlnx≥ax－a，则实数a的取值范围为________． 14．(10分)已知函数f(x)＝ex－ax－1，g(x)＝lnx－ax－1，其中0<a<1，e为自然对数的底数，若∃x0∈(0，＋∞)，使f(x0)g(x0)>0，求实数a的取值范围． 创新拓展 15．(13分)已知函数f(x)＝(x＋m)lnx＋2m(m∈R)，f′(x)是f(x)的导函数． (1)讨论f′(x)的单调性； (2)是否存在m∈Z，使得f′(x)>＋2对∀x>1恒成立？若存在，请求出m的所有值；若不存在，请说明理由．(参考数据：ln2≈0.69，ln5≈1.61) 学科网（北京）股份有限公司 $$