发布时间 : 星期三 文章（新课标）2020版高考数学二轮复习专题六函数与导数第4讲导数与不等式练习理新人教A版更新完毕开始阅读
第4讲 导数与不等式
1．设a为实数，函数f(x)＝e－2x＋2a，x∈R. (1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，e>x－2ax＋1.
解：(1)由f(x)＝e－2x＋2a(x∈R)，知f′(x)＝e－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2. 当x
所以f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2处取得极小值f(ln 2)＝e
ln 2
xx2
xx－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a，无极大值．
x2
(2)证明：要证当a>ln 2－1且x>0时，e>x－2ax＋1，即证当a>ln 2－1且x>0时，e－x＋2ax－1>0.
设g(x)＝e－x＋2ax－1(x≥0)．
则g′(x)＝e－2x＋2a，由(1)知g′(x)min＝g′(ln 2)＝2－2ln 2＋2a. 又a>ln 2－1，则g′(x)min>0. 于是对?x∈R，都有g′(x)>0， 所以g(x)在R上单调递增． 于是对?x>0，都有g(x)>g(0)＝0. 即e－x＋2ax－1>0， 故e>x－2ax＋1.
2．(2019·贵阳模拟)已知函数f(x)＝me－ln x－1.
(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若m∈(1，＋∞)，求证：f(x)>1. 解：(1)当m＝1时，f(x)＝e－ln x－1， 1x所以f′(x)＝e－，
xxx2
2
xx2
xx2
x所以f′(1)＝e－1，又因为f(1)＝e－1，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x.
(2)证明：当m>1时，f(x)＝me－ln x－1>e－ln x－1， 要证明f(x)>1，只需证明e－ln x－2>0， 1xx设g(x)＝e－ln x－2，则g′(x)＝e－(x>0)，
xxxx
11xx设h(x)＝e－(x>0)，则h′(x)＝e＋2>0，
xx1x所以函数h(x)＝g′(x)＝e－在(0，＋∞)上单调递增，
x?1?因为g′??＝e2－2<0，g′(1)＝e－1>0， ?2?
1?1?x所以函数g′(x)＝e－在(0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈?，1?，
x?2?1
因为g′(x0)＝0，所以ex0＝，即ln x0＝－x0，
1
x0
当x∈(0，x0)时，g′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0， 所以当x＝x0时，g(x)取得最小值g(x0)， 1
故g(x)≥g(x0)＝ex0－ln x0－2＝＋x0－2>0，
x0
综上可知，若m∈(1，＋∞)，则f(x)>1.
3．(2019·济南市学习质量评估)已知函数f(x)＝x(e＋1)－a(e－1)． (1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为1，求实数a的值； (2)当x∈(0，＋∞)时，f(x)>0恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)f′(x)＝xe＋e＋1－ae.
因为f′(1)＝e＋e＋1－ae＝1，所以a＝2.
(2)设g(x)＝f′(x)＝e＋1＋xe－ae，则g′(x)＝e＋(x＋1)e－ae＝(x＋2－a)e，设
xxxxxxxxxxxxh(x)＝x＋2－a，
注意到f(0)＝0，f′(0)＝g(0)＝2－a，
(i)当a≤2时，h(x)＝x＋2－a>0在(0，＋∞)上恒成立，
所以g′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上是增函数， 所以g(x)>g(0)＝2－a≥0，所以f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立． 所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
所以f(x)>f(0)＝0在(0，＋∞)上恒成立，符合题意．
(ii)当a>2时，h(0)＝2－a<0，h(a)＝2>0，?x0∈(0，a)，使得h(x0)＝0， 当x∈(0，x0)时，h(x)<0，所以g′(x)<0，所以g(x)在(0，x0)上是减函数， 所以f′(x)在(0，x0)上是减函数．
所以f′(x) 4．(2019·福建五校第二次联考)已知函数f(x)＝x－(2m＋1)x＋ln x(m∈R)． 2 1 (1)当m＝－时，若函数g(x)＝f(x)＋(a－1)ln x恰有一个零点，求a的取值范围； 2(2)当x>1时，f(x)<(1－m)x恒成立，求m的取值范围． 解：(1)函数g(x)的定义域为(0，＋∞)． 1a2x＋a2 当m＝－时，g(x)＝aln x＋x，所以g′(x)＝＋2x＝. 2xx(i)当a＝0时，g(x)＝x，x>0时无零点． (ii)当a>0时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 1?211?取x0＝e－，则g(x0)＝g(e－)＝－1＋?e－?<0， 2 2 2 aa?a? 因为g(1)＝1，所以g(x0)·g(1)<0，此时函数g(x)恰有一个零点． (iii)当a<0时，令g′(x)＝0，解得x＝在?0， 当x> －.当0 a－时，g′(x)<0，所以g(x)2 a?? －?上单调递减； 2? －时，g′(x)>0，所以g(x)在?2? a? a? a? －，＋∞?上单调递增． 2? －－＝0，即a＝－2e. 22 a? 要使函数g(x)恰有一个零点，则g? ?? －?＝aln 2? aa综上所述，若函数g(x)恰有一个零点，则a＝－2e或a>0. (2)令h(x)＝f(x)－(1－m)x＝mx－(2m＋1)x＋ln x， 根据题意，当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0恒成立． 2 2 h′(x)＝2mx－(2m＋1)＋＝x1 (x－1)(2mx－1) . x111????，＋∞(i)若0 ??1??数，且h(x)∈?h??，＋∞?，所以不符合题意． ??2m?? 1 (ii)若m≥，则x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0恒成立，所以h(x)在(1，＋∞)上是增函数， 2且h(x)∈(h(1)，＋∞)，所以不符合题意． (iii)若m≤0，则x∈(1，＋∞)时，恒有h′(x)<0，故h(x)在(1，＋∞)上是减函数，于是h(x)<0对任意的x∈(1，＋∞)都成立的充要条件是h(1)≤0， 即m－(2m＋1)≤0，解得m≥－1，故－1≤m≤0. 综上，m的取值范围是[－1，0]．