专题1 课时作业7 导数与不等式的证明-【红对勾讲与练】2026年高考数学二轮复习练习手册

班级： 姓名： 课时作业7 导数与不等式的证明 (分值：60分)》 1.(15分)(2025·甘肃白银三模)已知函数f(x)= 2.(15分)(2025·山东潍坊二模)已知函数f(x)= Inx-x +a. 得分 e-(m+1)x-n. 得分 (1)若f(x)<0恒成立，求a的取值范围； (1)若f(x)在x=0处取得极值0，求m,n的值. (2)若0<a≤1，求证：当x≥1时，f(x)+x≤ (2)若f(x)有两个零点. (x-1)e+1. ①当n=1时，曲线y=f(x)在点(t,0)(t≠0)处 的切线斜率为1，求t的值； ②求证：m+1>e益. (横线下方不可作答)171☐专题一函数、导数 3.(15分)(2025·四川雅安二模)已知函数f(x)= 4.(15分)(2025·湖北咸宁二模)定义运算： ae'-In x +bx. 得分 m n =mg一np,已知函数f(x)= (1)若a=0,b=1,求f(x)的单调区间和极值； (2)若b=0,求证：当a>0时，f(x)≥2+lna. In x x-1 ,g(x)=1-1. 得分 1 (1)若函数f(x)的最大值为0，求实数a的值： (2)求证：(1+)(1+(1+)…(1+ )<e: (3)若函数h(x)=f(x)十g(x)存在两个极值点 x求证.A,）-x-a十2<0. x1-x2 红对勾讲与练172]高三二轮数学 ■所以当-4e1<4k<0,即-1< k<0时，直线y=4k与曲线h(x)有 三个交点 课时作业6不等式恒成立 或有解问题 1.解：(1)当a=一1时，f(x) mx-1f(5）=0f'(x) IcOs-nt+1,f(5）=0, 2 故曲线y=f(x)在点(f()） 处的切线方程为y=0. (2)因为Hx∈(0，x),f(x)>cosx,所 以Hx∈(0，π)，a>-sinx+ Tcos 令g(x)=-sinx+rcos z,x∈(0， x),则g'(x）=一xsin x<0, 所以g(x)在(0，π)上单调递减， g(x)<g(0)=0,所以a≥0，即a的 取值范围为[0，+∞). 2.解：(1)函数f(x)=xlnx一ax,求导 得f'(x)=1+lnx-a, 由f(x)图象在点(e,f(e)处的切线 的一个方向向量为（一1，一1），可得该 切线斜率为1， 因此f'(e)=1+lne-a=1,所以 a=1. (2)由(1)知，函数f(x)=xlnx一x 的定义域为(0，十©)， 不等式fa)≥bz-1 恒成立，即 xlnx-x≥bx-1对x∈(0，+o) 恒成立， 因此b≤1nx-1+1对x∈(0，十e0) 恒成立， 设g(x）=lnx 一1+工，求导得 g'(x)=1-1 ex -1 er 由g'(x)<0,得0之x<:由 g'(x)>0,得x>1 则函数g(红)在(0，二）上单调递诚， 在（日，+∞）上单调递增，则 g(x)m=g(日)=-1，故6≤-1， 即b的取值范围是（一○，一1] 3.解：(1)函数f(x)的定义域为 (0,+∞)，f'(x)=a+1 _a.x+1 当a≥0时，f'(x)>0,所以f(x)在 (0,十○)上为增函数，此时函数 f(x)不存在极值. 当a<0时，由f'(x)>0,解得0 x<-。,故fx)在(0，-）上单 调递增. 由了(x)<0,解得x>-二，故 f)在(+）上单调递诚. 此时函数f(x)在x=一】 处取得极 大值f()=-1-ln(-a).无极 小值. 综上所述，当a≥0时，函数f(x)不 存在极值； 当a<0时，函数f(x)在x=一 1 处取得极大值一1一ln(一a),无极 小值. (2)由(1)知当a≥0时，f(x)在 (0,十∞)上为增函数， 故f(x)无最大值，此时不符合题意； 当a<0时，f(x)在(0，十o)上先增 后减，极大值也是最大值，即 f)=f(2）=-1-h(-a 易知g(x)=x2一2x十2在[0,1]上 单调递减，所以g（x)mx=g(0)=2. 因为Hx1∈(0，十∞)，3x2∈[0， 1],使得f(x1)<g(x2), 所以f（x)mx<g（x）x' 即e9in气< 解得a<一e,所以实数a的取值范 围是(-∞，-e3). 4.解：)函数f(x)=上十aInr-a) 的定义域为(0，+∞)， f(x)=-1 +1 22 当a≤0时，对于x∈(0，+∞)，ax 1<0,x2>0,所以f'(x)<0, 所以f(x)在(0，+∞)上单调递减. 当a>0时，令f'(x）=0,即ax1= 0,则ax一1=0，解得x= 当x∈(0，）时，ax-1<0,x>0, 所以'(z)<0,f(x)单调递减. 当x∈（日，+e∞）时，ax-1>0, x2>0,所以f'(x)>0,f(x)单调 递增。 综上可得，当a≤0时，f(x)在 (0,+©∞)上单调递减： 当a>0时fx)在(，）上单阔递 设：在（日，十）上单调递增。 (2)由(1)可知，当a>0时，f(x)在 (0,。）上单调递减，在（亿，+∞）上 单调递增，所以f(x)在工=工处取得 最小值f(): f(日)=a+a(恤a-a）=。 aln a-a-. 因为f(x)≥(-a-1)lna恒成立，所 以f(2）≥(-a-11na,即a alna-a2≥(-a-1)lna. 对不等式进行化简得a一a+na≥0. 令g(a)=a-a+lna,a>0,对 g(a)求导，可得g'(a)=1-2a十 -2a2+a+1 -(2a+1)(a-1) 令g'(a)=0,即(2a+1)(a-1) a 0,因为a>0,所以2a+1≠0，则a 1=0,解得a=1. 当a∈(0,1)时，g'(a)>0,g(a)单调 递增； 当a∈(1，+o∞)时，g'(a)<0,g(a) 单调递减. 所以g(a)在a=1处取得最大值 g(1)=1-12+ln1=0. 因为g(a)≤g(1)=0,且g(a)≥0， 所以g(a)=0,此时a=1. 课时作业7导数与不等式的证明 1.解：(1)lnx-x十a<0→a<x-lnx, 令g(x)=x-lnx,x>0, 期g)=1-上=二，令 g'(x)>0,得x>1,令g'(x)<0,得 0< 故g(x)=x一lnx在(0,1)上单调递 减，在(1，+∞)上单调递增， 故g(x)=x一lnx在x=1处取得极 小值，也是最小值，最小值为 g(1)=1, 故a<1,即a的取值范围是（一o∞，1）. (2)证明：f(x)+x≤（x一1)e-十 1→lnx-x+a+x≤(x-1)e-4+ 1,即lnx+a≤(x-1)e+1. 令h(x)=lnx+a-1-(x-1)e“, x≥1，则/(x)=1-xc, 令t(.x)=上-xeu， 圆'(x)=(x+1)e<0恒 成立， 故t(x)即h'(x)在[1，十∞)上单调 递减. 又0<a≤1，故h'(1)=1-e≤0， 故A'x)=-xe<0在[1，+∞) 上恒成立， 故h(x)=lnx十a1-(x-1)e9 在[1，十∞)上单调递减. 又h(1)=a-10, 故lnx+a-1-(x-1)ea≤0， f(x)十x≤(x一1)e十1，结论 得证. 2.解：(1)f'(x)=e-(m+1),由题意 得 m=0, =1. 当m=0,n=1时，f(x)=e一x 1,所以f'(x)=e-1, 当x∈(-∞，0)时，f'(x)<0,f(x) 单调递减，当x∈(0，十©∞)时， f'(x)>0,f(x)单调递增， 所以f(x)在x=0处取得极值. 所以m=0,n=1. (2)①当n=1时，f(x)=e-(m+ 1)x-1, f'(x)=e-(m+1),所以f'(t) = e-(m+1)=1, 又f(t)=e-(m+1)t-1=0, 所以(m十1)(t-1)=0,解得m=-1 或t=1. 若m=一1，f(x)=e-1只有一个零 点，不符合题意，舍去，所以t=1. 参考答案 345 ②证明：f'(x)=e一(m+1),若m+ 1≤0，则f'(x)>0,f(x)在R上单调 递增，不合题意， 若m+1>0,令f'(x)=0,得e= m+1,x =ln(m+1), 当x∈(-o∞，ln(m+1))时，f'(.x)< 0,f(x)单调递减， 当x∈(ln(m+1),+oo)时，f'(x) 0,f(x)单调递增， 所以f(x)在x=ln(m+1)处取极小 值m+1-(m+1)ln(m+1)-n. 因为函数f(x)有两个零点，则m+ 1-(m+1)ln(m+1)-n<0, 所以ln(m+1)>1-”,即m十 n m+1 1>e 3.解：(1)若a=0,b=1,则f(x) -lnx+x,则f'(x)=-1+1= x一1(x >0), 2 令f'(x)>0,得x>1,令f'(x)<0, 得0<x<1, 所以函数f(x)的单调递增区间为 (1,+∞)，单调递减区间为(0,1)， 所以函数f(x)的极小值为f(1)=1, 无极大值。 (2)证明：若b=0,则f(x)=ae 1nx,则f'(x)=ae-1(x>0), 当a>0时，函数y=ae,y=-1 在 (0,十∞)上都是增函数， 1 所以函数f'(x)=ae 在 (0,+∞)上是增函数. 又当x→0时，f'(x)·-∞，当 x>+o0时，f'(x)→+， 所以存在唯一实数x。∈(0，十∞)，使 得f(x,)=ae0-1=0,即ae = 令f'(x)>0,则x>xo,令f'(x)< 0,则0<x<x。 所以函数f(x)在(0，x。)上单调递减， 在(x,十∞)上单调递增， 所以f(x)≥f(x)=aeo-lnx。= L-n1=1+x。+na≥ 工0 ae +na-2tha. 当且仅当】=x。,即x。=1时取等 T o 号，所以f(x)≥2+lna. 4.解：(1)由题意知f(x)=alnx一x+ 1,f'(zx）=0-1(x>0), ①当a≤0时，f'(x)<0,f(x)在 (0,十○)上单调递减，不存在最大值. ②当a>0时，由f'(x)=0得x=a, 当x∈(0，a)时，f'(x)>0: 当x∈(a,+∞)时，f'(x)<0. ∴.函数y=f(x)的单调递增区间为 (0,a),单调递减区间为(a,十∞). :f(x)mx =f(a)aln a-a+l = 0,令g(a)=alna-a+1,求导得 (a)=Ina, 346 红对闪讲与练·高三二轮数学 当a∈(0,1)时，9'(a)<0,函数p(a) 单调递减，当a∈(1，十∞)时， 9(a)>0,函数p(a)单调递增， 因此9(a)mm=9(1)=0,∴.a=1. (2)证明：由(1)知，nx一x+10, 即lnx≤x-1, 当n>1时.+)< (+）-1=<nm-下 1 1-1 n-1n1 +)+(+安)+…+ +)<(1-)+（日 ）++()=1-<1 (+)0+)(+… (1+)< (3)证明：，h(x)=f(x)+g(x)= alnx-x+1,'(x)=&-1 -x2+ax-1 “函数h(x)存在两个极值点x1,x:”等 价于“方程'(x)=二x+ax-1=0 即方程一x2十a.x一1=0有两个不相 等的正实数根”， 1△=a2-4>0, 故x1x:=1>0,解得a>2. x1+x2=a>0, :h(xi）-h(x:) x1-x2 1 aln x-+- --alnx2十xg- TI x1-x2 a(l z-Inx:)+(z:-)+ T1一T a (In x1 -In x2) -2 x1一E “要证()-h(x) -a+2<0,即 x1一xg 证n二h<1, x1-x2 :x1x:=1,不妨令0<x1<1<x2 故x1= 1∠1 由n-n<1得2n,-4十 x1一x2 1<0,令9(x)=21nx-x+ (x>1), 2 p'(x)= 2 -1- 1 -x+2z-1=-（x1)<0在 x9 (1,十∞)上恒成立， ∴.函数p(x)在(1，十∞)上单调递减， 故9(x)<9(1)=0, :h(x)-hx-a+2<0成立. x1-x2 课时作业8导数与函数的零点 1.解：(1)由题意得f(x)的定义域为 (0,十∞). 因为f(x)=lnx一axe1十x+1,所 以f'(x)= 1 上-a(x+1)e21+1. 若存在t∈(2，十∞)，使得f(x)的图 象在x=t处的切线过原点， 则切线斜家兵=了)=心，得到 -a+1)e1+1=l-ae+ t t 1+ ,整理得a=一产e In t 设g4)=(1≥2). 则g'e)=-1-t+2)n1>0. te-l 所以g(t)在区间(2，+©∞)上单调递 增，a>g(2)=- In 2 4e In t 又a=- t2e▣ <0,t→+∞时， -nt→0，所以a的取值范围 te可 是(o） ②当a= 时，f(x)=lnx ze+z+1, 则f'(x)=(x+1De+1 (x+1)(2-e） 设()=上-e,则(x)在区间 (0,十∞)上单调递减， 且h(2)= 11 2->0h(3)=3 <0,得到2)·h(3)<0. e 所以由函数零点存在定理得存在 x。∈(2,3)，使得h(x）=0,即1 则c。e。 =1, 得到lnx。=一x。十4， 当x∈(0，xo)时，f'(x)>0,f(x) 单调递增， 当x∈(x。,+∞)时，f'(x)<0, f(x)单调递减， 得到f(x)≤f(xo)=Inx。 xoe0+x。+1=4>0. 又x→0时，f(x）→-o0,x→+∞ 时，f(x)·一o,所以f(x)有两个 零点， 2.解：(1)因为f(x)=e2r-a.x2,所以 f'(x)=2e2-2a.x, 所以f'(1)=2e2-2a,f(1)=e-a, 所以曲线y=f(x)在x=1处的切线 方程为y-f(1)=f'(1)(x一1)，即 y=(2e2-2a)x-e2+a. 令y=0,则2(e2-a)x=e 一a 若e一a=0,则a=e2,则切点为(1， 0),切线方程为y=0,不合题意； 若e2-a≠0，则x=弓冷x=0,则 y=a-e.