【文档说明】2025届高考数学一轮复习专练21 导数的不等式问题.docx，共(5)页，23.415 KB，由小赞的店铺上传

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温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。二十一导数的不等式问题(时间:45分钟分值:40分)1.(10分)已知函数f(x)=ax+xln

x,且曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线与直线4x-y+1=0平行.(1)求实数a的值;(2)求证:当x>0时,f(x)>4x-3.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=lnx+1+a,由题意知,f'(e)=2+a=4,则a=2.(2)由

(1)知,f(x)=2x+xlnx,令g(x)=f(x)-(4x-3)=xlnx-2x+3,则g'(x)=lnx-1,由lnx-1>0得x>e,由lnx-1<0得0<x<e,故g(x)在(0,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(e)=3-e>0,即g(x)>0

,即f(x)>4x-3.【加练备选】(2023·沧州七校联考)设a为实数,函数f(x)=ex-2x+2a,x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值;(2)求证:当a>ln2-1且x>0时,ex>x2-2ax+1.【

解析】(1)由f(x)=ex-2x+2a,x∈R,得f'(x)=ex-2,x∈R,令f'(x)=0,得x=ln2.于是当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如表:x(-∞,ln2)ln2(ln2,+∞)f'(x)-0+f(x)单调递减

2(1-ln2+a)单调递增故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln2),单调递增区间是(ln2,+∞).f(x)在x=ln2处取得极小值,极小值为f(ln2)=2(1-ln2+a),无极大值.(2)设g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R.于是g'(x)=ex-2x+2a,

x∈R.由(1)知当a>ln2-1时,g'(x)的最小值为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上单调递增,于是当a>ln2-1时,对任意x∈(

0,+∞),都有g(x)>g(0).又g(0)=0,从而对任意x∈(0,+∞),g(x)>0,即ex-x2+2ax-1>0,故ex>x2-2ax+1.2.(10分)(2023·合肥模拟)已知函数f(x)=ex+x2-x-1.

(1)求f(x)的最小值;(2)证明:ex+xlnx+x2-2x>0.【解析】(1)由题意可得f'(x)=ex+2x-1,则函数f'(x)在R上单调递增,且f'(0)=0.由f'(x)>0,得x>0;由f'(x)<0,得x<0,则f(x)在

(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,故f(x)min=f(0)=0.(2)要证ex+xlnx+x2-2x>0,即证ex+x2-x-1>-xlnx+x-1.由(1)可知当x>0时,f(x)>0恒成立.设g(x)=-xlnx+x-1,x>0,则g'(x)=-lnx

.由g'(x)>0,得0<x<1;由g'(x)<0,得x>1,则g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而g(x)≤g(1)=0,当且仅当x=1时,等号成立,故f(x)>g(x),即ex

+xlnx+x2-2x>0.【加练备选】已知函数f(x)=ex2-xlnx.求证:当x>0时,f(x)<xex+1e.【证明】要证f(x)<xex+1e,只需证ex-lnx<ex+1e𝑥,即ex-ex<l

nx+1e𝑥.令h(x)=lnx+1e𝑥(x>0),则h'(x)=e𝑥-1e𝑥2,易知h(x)在(0,1e)上单调递减,在(1e,+∞)上单调递增,则h(x)min=h(1e)=0,所以lnx+1e𝑥≥0.再令φ(x)=ex

-ex,则φ'(x)=e-ex,易知φ(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,则φ(x)max=φ(1)=0,所以ex-ex≤0.因为h(x)与φ(x)不同时为0,所以ex-ex<lnx+1e𝑥,故原不等式成立.3.(10分)已知函数

f(x)=lnx-ax(a∈R).(1)讨论函数f(x)在(0,+∞)上的单调性;(2)证明:ex-e2lnx>0恒成立.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1𝑥-a=1-𝑎𝑥𝑥,当a≤0时,

f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,当a>0时,令f'(x)=0,得x=1𝑎,所以x∈(0,1𝑎)时,f'(x)>0;x∈(1𝑎,+∞)时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,1𝑎)上单调递增,在(1𝑎,+∞)上单调递减.(2)要证ex-e2lnx>0

,即证e𝑥-2>lnx,令φ(x)=ex-x-1,所以φ'(x)=ex-1.令φ'(x)=0,得x=0,所以当x∈(-∞,0)时,φ'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,φ'(x)>0,所以φ(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以φ(x)min=φ(0)=0,

即ex-x-1≥0,即ex≥x+1,当x=0时取“=”.同理可证lnx≤x-1,当x=1时取“=”.由ex≥x+1(当x=0时取“=”),可得e𝑥-2≥x-1(当x=2时取“=”),又x-1≥lnx,当x=1时取“=”,所以e𝑥-2≥x-1≥lnx

且两等号不能同时成立,故e𝑥-2>lnx,即原不等式成立.4.(10分)已知f(x)=xlnx.(1)求函数f(x)在[t,t+2](t>0)上的最小值;(2)证明:对一切x∈(0,+∞),都有lnx>1e𝑥-2e𝑥成立.【解析】(

1)由f(x)=xlnx,x>0,得f'(x)=lnx+1,令f'(x)=0,得x=1e.当x∈(0,1e)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(1e,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.①当0<t<1e<t+2,即0<t<1

e时,f(x)min=f(1e)=-1e;②当1e≤t<t+2,即t≥1e时,f(x)在[t,t+2]上单调递增,f(x)min=f(t)=tlnt.所以f(x)min={-1e,0<𝑡<1e,𝑡ln𝑡,𝑡≥1e.(2)问题等价于证明xlnx>𝑥e𝑥-2e恒成立,

x∈(0,+∞).由(1)可知f(x)=xlnx在(0,+∞)上的最小值是-1e,当x=1e时取到.设m(x)=𝑥e𝑥-2e,x∈(0,+∞),则m'(x)=1-𝑥e𝑥,当m'(x)<0,即x>1时,m(x)单调递减,当m'(x)>0,即0<x<1时,m(x)单调递增,易知m(x)max=

m(1)=-1e,从而对一切x∈(0,+∞),xlnx≥-1e≥𝑥e𝑥-2e,两个等号不能同时取到,所以对一切x∈(0,+∞)都有lnx>1e𝑥-2e𝑥成立.【加练备选】已知函数f(x)=1+ln𝑥𝑥-a(a∈R).(1)若f(x)≤0在(0,+∞)上恒成立,求实数a的取值范围;(2)

证明:对任意的n∈N*,都有1+12+13+…+1𝑛>ln(n+1).【解析】(1)由f(x)≤0可得a≥1+ln𝑥𝑥.令h(x)=1+ln𝑥𝑥,则h'(x)=-ln𝑥𝑥2.令h'(x)=0得x=1,当x∈(0,1)时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0.所以h

(x)在x=1处取得极大值亦是最大值h(1)=1,故实数a的取值范围是[1,+∞).(2)由(1)可知当a=1时不等式a≥1+ln𝑥𝑥成立,即1+ln𝑥𝑥≤1,所以不等式lnx<x-1在(1,+∞)上成立.令x=𝑛+1𝑛(n∈N*),

则x>1,所以有ln𝑛+1𝑛<𝑛+1𝑛-1,即ln𝑛+1𝑛<1𝑛,所以ln21<11,ln32<12,ln43<13,…,ln𝑛+1𝑛<1𝑛.以上各式相加得ln21+ln32+ln43+…+ln𝑛+1𝑛<1+12+13+…+1𝑛,即1+12+13+…+1𝑛

>ln(n+1),故原不等式成立.