课时冲关19 利用导数研究函数的极值、最值&课时冲关20 利用导数证明不等式-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课时作业（人教B版）

第二章函数、导数及其应用 课时冲关19利用导数研究函数 ⑧错题序号： [答题栏] @错因分析： 的极值、最值 2 [基础训练组] 10.(2024·银川市模拟)已知函数f(x)=a.x 1.(2024·沈阳市模拟)设函数f(.x)=xe+1,则 -1-lnx(a∈R). 3 ( (1)讨论函数f(x)的定义域内的极值点的 个数； 4 A.x=1为f(x)的极大值点 B.x=1为f(x)的极小值点 (2)若函数f(x)在x=1处取得极值，Hx∈ C.x=一1为f(x)的极大值点 (0,十∞)，f(x)≥bx一2恒成立，求实数b的 D.x=一1为f(x)的极小值点 最大值 6 2.函数f)-合2-nx的最小值为（ 11.- A司 B.1 C.0 D.不存在 12 3.(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)=ae一lnx 在区间(1,2)上单调递增，则a的最小值为 A.e2 B.e C.e-l D.e-2 能力提升组] 「 4.若关于x的不等式x3-3x十3- -a≤0 11.(2024·新乡市模拟)若函数f(x)=一x2 十ax十2lnx在(1,2)上有最大值，则实数a 有解，其中x≥一2，则实数a的最小值为 的取值范围为 () ( A.(0,+∞) B.(0,3) A1-日 B22 C.(3,+∞) D.(1,3) Ca-1 12.(2024·南充市模拟)函数f(.x)=x3+x2 D.1+2e2 一ax一4在区间（一1,1）内恰有一个极值 点，则实数a的取值范围为 () 5.(多选)(2022·新高考I卷，10)已知函数 A.(1,5) f(x)=x3一x+1,则 ( B.[1,5) A.f(x)有两个极值点 C.(1,5] B.f(x)有三个零点 D.(-∞，1)U(5,+∞) C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心 D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线 13.(2022·全国乙卷，16)已知x=x1和x x2分别是函数f(x)=2ar-ex2(a>0且a 6(多选)对于函数）三，下列说法正确的是 ≠1)的极小值点和极大值点.若x1<x2, 则a的取值范围是 14.(2024·达州市模拟)已知函数f(x)=lnx A.f(x)在x=1处取得极大值1 -ar.(z)-2-(2a+l)x+(a+Dlnx. B.f(x)有两个不同的零点 (1)当a=1时，求函数f(x)的极大值； C.f(4)<f(π)<f(3) (2)当a≥1时，求证：方程f(x)=g(x)有唯一 D.πe2>2e 实根， 7.直线y=a与函数f(x)=x3一3x的图像有相异 的三个公共点，则a的取值范围是 8.若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件) 的函数关系式为y=-x3+27x+123(x>0), 则获得最大利润时的年产量为 百万件. 9设函数x)=lnx-ar2-bx,若x=1是 f(x)的极大值点，则实数a的取值范围为 。301· 高考总复习人教数学B版（新教材） ⑧错题序号： 课时冲关20利用导数证明不等式 @错因分析： 1.(2024·红河州模拟)已知函数f(x)= 3.(2024·岳阳市模拟)已知函数f(x)=ax2 mx-n-lnx(m,n∈R). +In x+2. x (1)若a∈R,讨论函数f(x)的单调性； (1)若函数f(x)在(1，f(1)处的切线与直 (2)曲线g(x)=f(x)-a.x2与直线l交于 线x一y=0平行，求实数n的值； A(x1y1),B(x2y2)两点，其中x1<x2,若 (2)若n=1时，函数f(x)恰有两个零点x1, x2(0<x1<x2),证明：x1十x2>2. 直线1斜率为k,求证：< <2. 4.C2023·天津卷)已知函数f)= （2+2nx+1. 2.(2024·乐山市模拟)已知函数f(x)=x2 (1)求曲线y=f(x)在x=2处切线的斜率； (a-2)x-alnx(a∈R). (2)当x>0时，证明：f(x)>1; (1)求函数y=f(x)的单调区间； (2)当a=1时，证明：对任意的x>0,f(x) +ex>x2+x+2. ·302高考总复习人教数学B版（新教 x(1，e)时，有x>>1>0,此 2 时有g)>g(）即x)+h> f()十（）变移可得) f(）+2h>0,又当1K<e时， 0n1,则fx)-f(）十2>0 恒成立，不符合题意.] 13.解析：设F(x)=f(x)-之x, 则FP(a)=fa)- ·f)K,F'(x=fz 2<0, ∴，函数F(x)在R上单调递减， 而fx)<号+合中)-号 <f)-合， .F(x2)<F(1),x2>1,x∈ (-∞，-1)U(1,十∞). 答案：(-∞，-1)U(1,十∞) 14.解：(1)f(x)的定义域为{xx≠a, f'(x)=(z-2a) (-a)2 ①当a=0时，f(x)=x(x≠0)， f(x)=1, 则x∈（一o∞，0），(0，十∞)时，f(x) 为增函数； ②当a>0时，由f(x)>0,得x> 2a或x<0, 由于此时0<a<2a,所以x>2a 时，f(x)为增函数，x<0时，f(x) 为增函数； 由f'(x)0,得0x2a,考虑定 义域，当0<x<a时，f(x)为减函 数，a<x<2a时，f(x)为减函数； ③当a<0时，由f(x)0,得x>0 或x<2a,由于此时2a<a<0,所以 当x<2a时，f(x)为增函数，x>0 时，f(x)为增函数. 由f'(x)<0,得2a<x<0,考虑定 义域，当2a<xa,f(x)为减函数， a<x0时，f(x)为减函数. 综上，当a=0时，函数f(x)的单调 增区间为（一∞，0），(0，十∞). 当a>0时，函数f(x)的单调增区 间为(-∞，0)，(2a,十∞)，单调减 区间为(0，a),(a,2a). 当a<0时，函数f(x)的单调增区 间为（一o∞，2a),(0,十∞），单调减 区间为(2a,a),(a,0). (2)①当a≤0时，由(1)可得，f(x) 在(1,2)上单调递增，且x∈(1,2) 时，x卡a. ②当0<2a<1时，即0<a≤号时， 由(1)可得，f(x)在(2a,十∞)上单 调递增，即在(1,2)上单调递增，且 x∈(1,2)时，x≠a. ③当1<2a<2时，即2<a<1时， 由(1)可得，f(x)在(1,2)上不具有 单调性，不合题意 材) ④当2a≥2，即a≥1时，由(1)可得， f(x)在(0，a),(a,2a)为减函数，同时 (合，十∞）上遥增，即)在x= 需注意a任(1,2)，满足这样的条件时 f(x)在(1,2)单调递减，所以此时a= 处有极小值 a 1或a≥2.综上所述，实数a的取值范 综上，当a≤0时，f(x)在(0，十∞) 图是(，2]U1U[2,+∞) 上没有极值，点； 当a>0时，f(x)在(0，十∞)上有一 课时冲关19 个极值，点. 1.D2.A (2)函数f(x)在x=1处取得 3.C[由题意可知f(x)=ae-1≥ 极值， x f(1)=a一1=0，则a=1,从而 0在区间(1,2)上恒成立，即a≥ f(x)=x-1-Inx. 因此f(x)≥bx-2, (),设g(x)=e,则在 即1十1-血≥6， x∈(1,2)上恒有g(x)=(x十1)e>0, 所以g(x)mm=g(1)=e,则 1 令g(x)=1+1-lhx g())m =,即a≥e.] 则g'(x)=lnx-2 4.A 5.AC 6.AC 由g'(x)≥0，得x≥e2, 7.解析：令f(x)=3x 则g(x)在(0，e2)上单调递减，在 -3=0,得x=士1，可 (e2,十oo)上单调递增， 得极大值为f(一1)= g(x)m=g(e2)=1- 2,极小值为f(1)= 。,故实数b的 2,如图，观察得一2<a <2时恰有三个不同的公共，点，故a 策大位是1-日 的取值范围是（一2,2）. 11.B [f'(x)=-2x+a+ 2 答案：(-2,2) 8.解析：y=一3x2十27 =-2x2十ax+2 =-3(x十3)(x-3), 当0<x<3时，y>0: 要使函数f(x)=一x2十ax十2lnx在 当x>3时，y<0. (1,2)上有最大值， 故当x=3时，该商品的年利润最大 则函数f(x)=一x2十ax十2lnx在 答案：3 (1,2)上有极大值， 9.解析：f(x)的定义域为(0，十∞)， 即方程一2x十a.x十2=0有两个不 f(x)= 1-ax-b,由f(1)=0,得 等实根，且较大根在区间(1,2) b=1-a. {X)士a:士20解得0 1-2×22+a·2+2<0, .f(x)= 1 -ax十a-1 <a<3. 12.B[由题意，f(x)=3x2+2x-a, =-ax2+1十a.x-x 则f(一1)f(1)0,即(1-a)(5 a)<0, =-（ax+1)(x-1) 解得1<a<5. 当a=1时，函数f(x)=x3十x2-x ①若a≥0，当0<x<1时，f(x)> 一4在区间（一1,1）恰有一个极 0,f(x)单调递增；当x>1时，f'(x) 值，点， <0,f(x)单调递减， 所以x=1是f(x)的极大值点. 当a=5时，函数f(x)=x十x2 5x-4在区间（一1,1）没有一个极 ②若a<0,由f(x)=0,得x=1或 值点.] 1 x=- 13.解析：f(x)=2(alna-ex)至少要 a 因为x=1是f(x)的极大值点，所以 有两个零点x=x1和x=x2,我们 -1>1,解得-1<a<0.综合①② 对其求导，f"(x)=2a(lna)2-2e. (1)若a>1,则(x在R上单调递 得实数a的取值范围是a>一1. 增，此时若∫”(x)=0,则f(x)在 答案：a>-1 （一∞，x。)上单调递减，在(x0, 10.解：(1)f(x)的定义域为(0，十o∞) 十o∞)上单调递增，此时若有x=x1 f(z)=a- 1=ax-1 和x=x2分别是函数f(x)=2a- ex2(a>0且a≠1)的极小值，点和极 当a≤0时，f(x)≤0在(0，十∞) 大值，点，则x1>x2,不符合题意. 上恒成立，函数f(x)在(0，十∞)上 (2)若0<a<1,则'(x)在R上单 单调递减.所以f(x)在(0，十∞)上 调递减，此时若f(xo)=0,则f'(x) 没有极值点. 在（一o,x。)上单调递增，在(x。, 当a>0时，由f(x)>0,得x>1 十∞)上单调递减，且x。= 所以f()在(0，日）上递减，在 1og.na此时若有x=西和t =x2分别是函数f(x)=2a-ex2 ·490· (a>0且a≠1)的极小值点和极大 值点，且x1<x2,则需满足f'(x) 由③知：lnt=1 tx >0.即 e>elog.(In a) e →aa> 所以x1 In a 1(t>1) tIn t e e 要证2x1十x2>2, (In a) ,→lna点>In (In a) 只需证(1十t) t-1 >2. na>1--In(n,可解得a>e 即证f-1>21nt, 或0<a<1,由于0<a<1,取交集得 即t-1-21nt>0. a< t 1 -2lnt(t>1), 答案：(0，) 令h(t)=t厂 14.解：(1)a=1时，函数f(x)=lnx 则'0)=1>0. 2 x,f(x)=1-1=12,当x∈ 所以h(t)在(1，十o∞)上单调递增且 h(1)=0, (0,1)时f(x)>0,当x∈(1， 所以当t∈(1，十o)时，h(t)>0, 十∞)时，f(x)<0, 即x1十x2>2. .f(x)在(0,1)上单调递增，在(1， 2.解：(1)函数f(x)的定义域是(0，十∞)， 十∞)上单调递减， .x=1时，函数f(x)取得极大值 f(x)=2x-(a-2)-a x f(1)=-1. (x十1)(2x-a) (2)方程f()=g()的根台2 当a≤0时，f'(x)>0对任意x∈(0， -(a十1)x十alnx=0的根，令h(x) 十∞)恒成立， =号x2(a+1)x+alnx(z习 所以函数f(x)在区间(0，十∞)上单 调递增； 0,a≥1)， h'(x)=-(a+1)z+a 当a>0时，由f()>0得x>受， x =（x-a)(x-1) 由∫(x)<0,得0<<号，所以函教 ①当a=1时，h'(x)≥0在(0，十o∞) f(x)在区间（受，十o∞）上单调递 恒成立，函数h(x)单调递增，方程 f(x)=g(x)有唯一实根. 增，在区间(0，号）上单调递减. ②当a>1时，x∈(0,1)时，h'(x)> 综上所述，当a0时，函数f(x)的 0,x∈(1，a)时，h'(x)<0,x∈(a, 单调递增区间为(0，十∞)，无减区 十oo)时，h'(x)>0, 间；当a>0时，函数f(x)的单调递 ∴.h(x)在(0，l),(a,十o∞)上单调递 增，在(1，a)上单调递减， 增区间为（受，十），单调递减区间 当A1)=-a<0一+0时， 为(0,2) h(x)→十o∞， 函数h(x)与x轴只有一个交点， (2)证明：当a=1时，f(x)=x十x ∴.方程f(x)=g(x)有唯一实根. -In x, 综上所述，当a≥1时， 要证明f(x)十e>x十x十2，只需证 方程f(x)=g(x)有唯一实根. 明e-lnx-2>0, 课时冲关20 设g(x)=e-lnx一2，则问题转化 1.解：(1)因为(x)=”-1,且切线 为证明对任意的x>0,g(x)>0,令 x x g'(x)=e- =0,得e=元， x 与直线x一y=0平行， 可得f'(1)=n-1=1,所以n=2. 易知方程有唯一解，不妨设为工。，则 (2)证明：当n=1时，f(x)=m- x满足eo= 1 x In x, 当x变化时，g'(x)和g(x)变化情况 -1-1nx1=0,0 如下表： 由题意知 m zi 2 (0,xo) (x0,+∞) 1 m x2 -lnx2=0,② g'(x) 0 ②-①得：lnx-lnx=5二4 g(x) 递减 极小值 递增 x2一1 g(x)min=g (xo)=eo -In zo-2= ③ 1十x-2, .1 今1=票，则=且>1： 因为xo>0,且xo≠1，所以g(x)mim >2√T-2=0, 又因为十2=十t=(1十t)西， 因此不等式得证， ·491· 参考答案 3.解：(1)f(x)=2ax+1=2ax+1 x (x>0), a≥0时，恒有f'(.x)>0,f(x)在(0， 十∞)上单调递增， a<0时，令f(x)>0,即2az2十1> 0,解得0<x<√- 品◆r< 1 0,即2a.x2+1<0,解得>√厂2a 综上，a≥0时，f(x)在(0，十o∞)上单 调递增， a<0时，fz)在0√ 上单调递 增，在 1 W2a,+o∞ 上单调递减 (2)证明：k= g(x2）一g(x1) _In z:-In x x2一x1 要证x< 1 <x2,即证x1< x2-x1 In z:-In z ∠x2' 2一1 等价于1<4一<型， In 令1兰则1，只需注1品， 由t>1知lnt>0,故等价于lnt<t -1<tIn t, 设p(t)=t-1-lnt,则p(t)=1 所以g(t)在(1，十∞)上单调递增，所 以g(t)>p(1)=0,即t-1>1nt. 又设h(t)=tlnt-(t-l),则h'(t)= Int>0, 所以h(t)在(1，十o)上单调递增， 所以h(t)>h(1)=0,即tnt>t-1, 1 故<方<： 4.解：(1)f(x)=ln(x十1+lh(z+1) 2 1 1 则f(x)=x(x+万十2(x+万 _ln(x+1) 所以了@=子. 41 故y=f(x)在x=2处的切线斜率为 1-ln3 34 (2)证明：要证x>0时f(x)= (仕专）中1)>1，即运au+ >年>0. 令gx)=In(z+)22且x>0 则g’(x)= 1 4 x十1 (x十2) (x+1)(x+2y>0, 高考总复习人教数学B版（新教材 所以g(x)在(0，十∞)上递增，则 g(x)>g(0)=0, 故Am)>号(m≥3： 中a-1> 上，号<km)≤1，脚号<hn 所以当x>0时，f(x)>1. (3)证明：设h(n)=ln(n!)- (a+号)lnn+n≤1，m∈N. (a+)ln(m)+nn∈N, 课时冲关21 ,.f(1)=1. 则h(n十1)-h(n》 1.解：(1)(x)=1 又.f(1)=0, 所求切线的方程为y一f(1)= (a+专)lnn+D f(1)(x-1), 即为x-y-1=0. (2)易知对任意的x∈(1，十∞)， =1-(+)(+) f(x)>0,g(x)>0. ①当a≥1时，f(x)<g(x)≤ag(x); 由(2)知：x=1∈(0,1]， ②当a≤0时，f(x)>0,ag(x)≤0， 不满足不等式f(x)≤ag(x): 则f(日)(+)(+)>… ③当0<a<1时，设p(x)=f(x) 所以h(n十1)-h(n)0,故h(n)在n∈ ag(x)=In z-a(x-1),(x)= x N”上递减，故h(n)≤h(1)=1; 一a(x>1),令9(x)=0,得x=a 1 下证ln(n!)- (n+2)in a=n 当x变化时，9(x),(x)的变化情况 如下表： 6 令p(x)=lnx 56-D且>0， 2 4z+2 则g(x)=x1)(1-2 P'(x) 0 x(2x+1) 当0<x<1时，9(x)>0,9(x)递增， (z) 极大值 当x>1时，9(x)<0,(x)递减， 所以(x)≤g(1)=0, .o()max= (日 >9(1)=0,不满 故在x∈(0，十o∞)上lnx 足不等式 (z十5)(x-业恒成立， 综上所述，实数a的取值范围为 4.x+2 [1,十∞). 则h(n)-h(n十1) 2.解：(1)当a=1时，f(x)=xe 2 =(a+号)(+a)1 -x+1, 所以f(x)=e十xe-x-1=(e-1) ≤(a+2) +) (x十1).由f(x)>0,得x<-1或x> 2(3+) 0:由f(x)<0,得-1x0. 所以f(x)的单调递减区间为（一1， () 1 0),f(x)的单调递增区间为（一∞， 4n(3n+2) -1),(0,十∞). 所以A2)-3(-） (2)由题意，得f(x)m<受（x≥1)， h(3)-h(4)< 因为f(x)=(ax十1)(er-1),由 f(x)=0,解得=- a22=0. ①当a>0时，因为x≥1，所以f(x) () >0,所以f(x)单调递增，即f(x)i 累加得h(2) =f(1). h (n) (): fI)=e-号<号即。-a<0. 设g(a)=e"-a(a>0),g'(a)=e 而h(2)=2- 1n2h1)=1,因为 1>0. 所以g(a)mm>g(0)=e°-0=1>0， >>h2所以2=2 4 3n2 即e>a恒成立，即g(a)>0,所以不 等式e一a<0无解； 吾别-)<(-） > ②当a<0时， 当工变化时，f(x),f(x)变化情况 +21n2(n≥3). 如下表： 22-1+ (一∞，0) 所以h(1)-h(n)< (x） 0 (-)n2-1+立<日 f(x) 极大值 ·492· 续表 1 -,+0 F(z) 0 f(z) 极小值 且f(0)=1>0,由①知f(1)>&恒 2 成立， 若3x≥1，使f)号， 则 ()号 -1a<0, 所以 ++1<受 ae 2a 1<a0, 所以 .2 e e 解得1√2-名<a<0 综上所述，参数a的取值范围 3.解：(1)f(x)=2x(lnx-1)十x= 2xln x-x, .f(1)=-1,又f(1)=-1, 所以在点(1，f(1))处的切线方程为 x十y=0. (2)由于函数y=f(x)定义域为(0， 十∞)， 所以mf(x)十e≥0台mx2(lnx-1) 十e≥0台 mz(nx-1)≥-g,令g(x)=mz (lnx-1), 则g'(x)=lnx,可得当x∈(0,1) 时，g'(x)<0,当x∈(1，十∞)时， g(x)>0, 所以g(x）min=g(1)=-m, 令h()=-子，则公(x) =e(x-1) x2 可得当x∈(0,1)时，h'(x)>0,当x ∈(1，十o∞)时，h'(x)<0, 所以h(x)m=h(1)=一e, 因此，由一m≥一e,得me, 所以m的取值范围为(0，e]. 4.解：(1)当a=0时，f(x)=2(x-1) In, f(x)=2In x+2-D=2In t-2 十2， ∴f(x)在(0，十∞)上单调递增，又 f(1)=0, ∴.当x∈(0,1)时，f(x)<0,当x∈(1，十 ∞)时，f(x)>0, .f(x)的单调减区间为(0,1)，单调增 区间为(1，十∞). (2)设g(x)=2(x-1)lnx (2-x-1+1）(x>0,则g(x) x +3-2x+2' 2In z-z 1