4.2 导数的应用 题源5 利用单调性证明不等式-【备战高考】备战2027高考数学母题题源同步练

(I)当a,b满足什么条件时，f(x)取得极值？ (Ⅱ)已知a>0,且f(x)在区间(0,1]上单调递增，试用a 表示出b的取值范围. [解析]（I)f'(x)=a.x2+2bx+1,当(2b)2-4a≤0时无 极值，当(2b)2-4a>0,即b2>a时，f'(x)=a.x2+2bx+1=0 有两个不同的解，即x1= -6-6-0,4=-b+y6-a a a 因此f'(x)=a(x-x1)(x-x2),(1)当a>0时，f(x),f'(x) 随x的变化情况如下表： 2 (-©0，x1) (x1x2) T2 (x2,+∞) f'(x) + 0 0 + f(z) 极大值 极小值 由此表可知f(x)在，点x1,x2处分别取得极大值和极小值， (2)当a<0时，f(x),f(.x)随x的变化情况如下表： (一∞，xg) t2 (x2,x1) (x1,十∞) f'(x) 0 + 0 f(z) 极小值 极大值 4 由此表可知∫(x)在点x1,x2处分别取得极大值和极小值. 综上所述，当a和b满足b2>a时，f(x)能取得极值. (Ⅱ)解法一：由题意 f'(x)=a.x2+2b.x+1≥0在区间(0,1]上恒成立，即b≥ 号-云xe0设ga)-号-7e0山. ax 1 1)当二∈0,1]即a≥1时， g)-号+-2√-，号成的条 为x 2∈(0,1]，[g(x)]a=g()=-a,周此b≥ a 1 a 1 1-ax? (2)当2>1，即0<a<1时，g'(x)=-2+2元= Ja 2x9 >0,所以g)在0,1门单调递增g红)】a=g1)=-号 =“。,所以b≥一0十1 2 2 综上所述，当a≥1时，b≥一√a 当0<a<1时，b≥-4十1 2 解法二：由题意f'(x)=ax2+2b.x十1≥0在区间(0,1]上恒 成立，所以b≥-0x-1 22zx∈(01]. 设g(x)）=- 受-20，，别8)=-分+22 ax 1 1 令g'(x)=0 得x1=或x2=一 （含去）. √a a 当=∈(0,1)，即a>1时，由于x∈(0， )时g'(x)>0: x∈（三，1]时，g'(x)<0. a ·7 即g(x)在(0，二)上单调递增，在(，1门上单调递减，所以 Va [g(x)]装大位=g( )=-石，周此6≥-石. a 当∈[1，+o∞)，即a∈(0,1]时，由于x∈(0.1]时，g'（x） ≥0，即g(x)在(0,1]上单调递增，所以[g(x)门大=g(1)= _a+ 2 ,因此b≥-a十] 2… 综上所述，当a>1时，b≥一√a: 当0<a≤1时，b≥-a十1 2· 题源5利用单调性证明不等式 解题模型 此类问题往往需构造函数，利用函数的单调性解决， [真题22](2022·安徽)设a为实数，函数f(x)=e 2x+2a,x∈R. (I)求f(x)的单调区间与极值： (Ⅱ)求证：当a>ln2-1且x>0时，e>x2-2a.x+1. [解析](I)由f(x)=e-2x+2a,x∈R知f'(x)=e -2,x∈R. 令f'(x)=0,得x=ln2.于是当x变化时，f'(x),f(x)的 变化情况如下表： (-o∞，ln2) In2 (In2,+) f'(x) 单调递减 单调递增 f(x) 2(1-ln2+a) 故f(x)的单调递减区间是（一∞，ln2),单调递增区间 是(ln2,+o), f(x)在x=ln2处取得极小值，极小值为f(ln2)=e2一 2n2+2a=2(1-ln2+a). (Ⅱ)设g(x)=e-x2+2ax-1,x∈R.于是g'(x)=e 2x+2a,x∈R. 由(I)知当a>ln2-1时，g'(x)最小值为g'(ln2)=2(1- ln2+a)>0. 于是对任意x∈R,都有g'(x)>0,所以g(x)在R内单调 递增. 于是当a>ln2-1时，对任意x∈(0，+∞)，都有g(x) >g(0). 而g(0)=0.从而对任意x∈(0，十∞)，g(x)>0. 即e-x2+2a.x-1>0,故e>x2-2a.x+1. [点评]导数是高考必考内容之一，求单调区间求极值常 利用导数工具，通过构造函数转化为函数最值问题也是证明不 等式的常用方法， [真题23](2020·山东)已知函数f(x)=1-x) aln(x一1)，其中n∈N",a为常数. (1)当n=2时，求函数∫(x)的极值； (2)当a=1时，证明：对任意的正整数n,当x≥2时，有 f(x)x-1. [解析](1)由已知得函数f(x)的定义域为{x|x>1},当 n=2时，f(x)=-x)+aln(x-1),所以f'(x） =2-a(1-x)2 (1-x)3 ⑩当4>0时，由PC)=0得1+√2>1：=1 、E<1此时f')=a- (1-x)3 当x∈(1，x1)时，f'(x)<0,f(x)单调递减； 当x∈(x1,+∞)时，f'(x)>0,f(x)单调递增. ②当a≤0时，f'(x)<0恒成立，所以f(x)无极值. 区处取 综上所迷，m=2时，当a>0时，f(x)在x=1十√ 得核小位，板小值为+√侣}(+h）当a0时 f(x)无极值. 1 (2)证法一：因为a=1,所以f(x) 1-x)+n(x-1).当 n为偶数时，令g(x)=x一1一 1-x)-ln(x-1),则g'(x) 1x-2 n 1+x-1)m-2-+红-1)m>0x22). 所以当x∈[2，十∞)时，g(x)单调递增，又g(2)=0,因此 1 g（x)=x-1-(z-1)-lnx-1)≥g(2)=0恤成立，所以 f(x)x一1成立. 当n为寺数时，要证f(x)≤x一1，由于1-x)<0,所以 只需证ln(x-1)x-1,令h(x)=x-1-In(x-1),则h'(x) =1-1 -二0(x≥2)，所以当x∈[2.+∞)时，h(x) x一1十ln(x一1)单调递增，又h(2)=1>0,所以当x≥2时，恒 有h(x)>0,即ln(x一1)<x一1命题成立，综上所述，结论成立， 证法二：当a=1时，f(z)=a=x+lnx-1. 当x>2时，对任意的正整数1，恒有1-x)≤1，故只需证 明1+ln(x-1)≤x-1. 令h(x）=x-1-(1+ln(x-1))=x-2-ln(x-1), [2.+m)则)=1-是当≥2时()≥ 0,故h(x)在[2，十∞)上单调递增，因此当x≥2时，h(x)≥h (2)=0,即1+ln(x-1)≤x-1成立.故当x≥2时，有1-x) +ln(x-1)x-1.即f(x)x-1. [真题24](2022·天津)已知函数f(x)=xe(x∈R). (1)求函数f(x)的单调区间和极值： (2)已知函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于 直线x=1对称.证明当x>1时，f(x)>g(x): (3)如果x1≠x,且f(x1)=f(x),证明x1十x>2. [解析](1)f'(x)=(1-x)e. 令f(x)=0,解得x=1. 当x变化时，∫'(x),f(x)的变化情况如下表： x(-∞，1) 1 (1,+∞) > f'(x) 0 f(a) 习 极大值 所以f(x)在（一∞，1）内是增函数，在(1，十∞)内是减 函数 函数f(x)在x=1处取得极大值f(1),且f1)=】 (2)由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)e. 令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=xe+(x-2)e. 于是F(x)=(x-1)(e2-2-1)ex. 当x>1时，2x-2>0,从而e2x-2-1>0.又e‘>0,所以 F'(x)>0.从而函数F(x)在[1，十o∞]上是增函数. 又F(1)=e1-e1=0,所以x>1时，有F(x)>F(1)=0, 即f(x)>g(x). (3)①若(x1-1)(x2-1)=0,由(1)及f(x1)=f(x2),得 x1=x2=1,与x1≠x2矛盾， ②若(x1-1)(x2-1)>0,由(1)及f(x1)=f(x2),得x1= x2,与x1≠x2矛盾. 根据①②得(x1-1)(x:-1)<0.不妨设x1<1,x2>1. 由(2)可知，f(x:)>g(x2),g(x2)=f(2-x2),所以f (x2)>f(2-x2)从而f(x1)>f(2-x2).因为x>1,所以2 一x2<1. 又由(1)可知函数f(x)在区间（一∞，1）内是增函数，所以 x1>2-x2,即x1十x2>2. [真题25](2022·全国Ⅱ)设函数f(x)=1一e-x. 证明：当>-1时x≥千： (2)设当x≥0时，f(.x)≤x ax十求a的取值范围， [解析])当>-1时f(z)≥，与当且仅当c≥】 十x. 令g(x)=e-x-1,则g'(x)=e-1. 当x≥0时，g'(x)≥0，g(x)在[0，十∞)是增函数； 当x≤0时g'(x)≤0，g(x)在(-o∞，0]是减函数 于是g(x)在x=0处达到最小值，因而当x∈R时，g(x)≥ g(0),即e≥1+x. 所以当x>-1时，f(x)≥ x十1 (2)由题设x≥0，此时f(x)≥0. 当a<0时，若x>-1 副ax+<0,f(x)≤t ax+7不 成立； 当a≥0时，令h(x)=a.xf(x)十f(x)一x,则 了)az行当里仅者Ax)0, h'(x)=af(x)+a.xf'(x)+f'(x)-1 =af(x)-axf(x)+ax-f(x). (iD当0≤a≤2时，由(1)知x≤(x+1)f(x), h'(z)af(x)-azf(z)+a(z+1)f(z)-f(z) =(2a-1)f(x)≤0， h(x)在[0，十∞]是减函数，h(x)≤h(0)=0,即f(x) x ax+l' ()当a>之时，由0知x≥f(x), h'(x)=af(x)-azf(z)+ax-f(x)2af(x)-axf(x) +af(x)-f(x)=(2a-1-ax)f(x), 当0<<20-1时，'(x)>0,所以(x)>(0)=0,即 a 五年高考母题原型训练 (★代表高考出现的频次) 题源1可导函数的单调性 与导数的关系（★★★★★） 1.(2021·广东)函数f(x)=(.x-3)e的单调递增区间是 () A.(-∞，2) B.(0,3) C.(1,4) D.(2,十∞) 2.(2021·江苏)函数f(x)=x3一15x2一33x+6的单调减 区间为 3.(2019·江苏)函数f(x)=xlnx(x>0)的单调递增区间 是 4.(2021·重庆)设函数f(x)=a.x2+bx十k(k>0)在x=0 处取得极值，且曲线y=f(x)在点(1，∫(1)处的切线垂直于直 线x十2y+1=0. (I)求a,b的值； e (Ⅱ)若函数g(x)=f讨论g(x)的单调性。 ·7 f(x)7ax+1' 综上，a的取值范围是 5.(2020·四川)设x=1和x=2是函数f(x)=xi十ax3 +bx+1的两个极值点.求 (I)a和b的值： (Ⅱ)f(x)的单调区间. 6.(2021·安微)已知函数f(x)=r-二+a(2-1nx), x a>0.讨论f(x)的单调性. 7.(2018·山东)已知x=1是函数f(x)=m.x3一3(m十1)x2 +nx+1的一个极值点，其中m、n∈R,m<0. (I)求m与n的关系表达式： (Ⅱ)求f(x)的单调区间； (Ⅲ)当x∈[-1,1]时，函数y=f(x)的图象上任意一点的 切线斜率恒大于3m,求m的取值范围.