【文档说明】【高考数学精准解析】多维层次练：第三章第2节第3课时导数在不等式中的应用【高考】.docx，共(14)页，128.267 KB，由小赞的店铺上传

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多维层次练19[A级基础巩固]1．函数f(x)＝lnx＋a的导数为f′(x)，若方程f′(x)＝f(x)的根x0小于1，则实数a的取值范围为()A．(1，＋∞)B．(0，1)C．(1，2)D．(1，3)解析：由函数f(x)＝lnx＋a可得f′(x)＝1

x，因为x0使f′(x)＝f(x)成立，所以1x0＝lnx0＋a，又0<x0<1，所以1x0>1，lnx0<0，所以a＝1x0－lnx0>1.答案：A2．已知函数f(x)＝ax－1＋lnx，若存在x0>0，使得f(x0)≤0有解，则实数a的取值范围是()A．a>2B．a<3C．a≤1D．a≥3解

析：函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，不等式ax－1＋lnx≤0有解，即a≤x－xlnx在(0，＋∞)上有解．令h(x)＝x－xlnx，则h′(x)＝－lnx，由h′(x)＝0，得x＝1.当0<x<1时，h′(x)>0，当x>1时，h′(x)<0.故

当x＝1时，函数h(x)＝x－xlnx取得最大值1，所以要使不等式a≤x－xlnx在(0，＋∞)上有解，只要a小于或等于h(x)的最大值即可，即a≤1.答案：C3．(2020·济南一中联考)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx－17(a，b，

c∈R)的导函数为f′(x)，f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，若f(x)的极小值等于－98，则a的值是()A．－8122B.13C．2D．5解析：易知f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.因为f′(x)≤0的解集为{x|－

2≤x≤3}．所以a>0，且－2＋3＝－2b3a，－2×3＝c3a，则3a＝－2b，c＝－18a，依题意f(x)的极小值为f(3)＝27a＋9b＋3c－17＝－98.解得a＝2，b＝－3，c＝－36.答案：C4．(

2020·惠州调研)设x∈R，函数y＝f(x)的导数存在，若f(x)＋f′(x)>0恒成立，且a>0，则下列结论正确的是()A．f(a)<f(0)B．f(a)>f(0)C．ea·f(a)<f(0)D．ea·f(a)

>f(0)解析：设g(x)＝ex·f(x)，则g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，所以g(x)在R上单调递增．由a>0，得g(a)>g(0)，即ea·f(a)>f(0)．答案：D5．(2019·天津卷改编)已知a∈R，设函数f(x)＝

x2＋a，0≤x≤1，x－alnx，x>1，若关于x的不等式f(x)≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，则a的取值范围为()A．[0，1]B．[0，2]C．[0，e]D．[1，e]解析：当0≤x≤1时，f(x)＝x2＋a≥a，由f(x)≥0恒成立，则a≥0，当x>1时

，由f(x)＝x－alnx≥0恒成立，即a≤xlnx恒成立．设g(x)＝xlnx(x>1)，则g′(x)＝lnx－1（lnx）2.令g′(x)＝0，得x＝e，且当1<x<e时，g′(x)<0，当x>e时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(e)＝e，所以a≤e.综上，a的取值范围是0≤a≤e

，即[0，e]．答案：C6．若对任意的a，b满足0<a<b<t，都有blna<alnb，则t的最大值为________．解析：因为0<a<b<t，blna<alnb，所以lnaa<lnbb，令y＝lnxx，x∈(0，t)，则函数在(0，t)上单调递增

，故y′＝1－lnxx2>0，解得0<x<e，故t的最大值是e.答案：e7．已知函数f′(x)是函数f(x)的导函数，f(1)＝1e，对任意实数都有f(x)－f′(x)>0，设F(x)＝f（x）ex，则不等式F(x)<1e2的解集为______

__．解析：F′(x)＝f′（x）ex－exf（x）（ex）2＝f′（x）－f（x）ex，又f(x)－f′(x)>0，所以F′(x)<0.即F(x)在定义域上单调递减．由F(x)<1e2＝F(1)，得x>1.所以不等式F(

x)<1e2的解集为(1，＋∞)．答案：(1，＋∞)8．函数f(x)＝x－2sinx，对任意的x1，x2∈[0，π]，恒有|f(x1)－f(x2)|≤M，则M的最小值为________．解析：因为f(x)＝x－2sinx，所以f′(x)＝1－2cosx，

所以当0<x<π3时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当π3<x<π时，f′(x)>0，f(x)单调递增；所以当x＝π3时，f(x)有极小值，即最小值，且f(x)min＝fπ3＝π3－2sinπ3＝π3－3.又f(0)＝0，f(

π)＝π.所以f(x)max＝π.由题意得|f(x1)－f(x2)|≤M等价于M≥|f(x)max－f(x)min|＝π－π3－3＝2π3＋3.所以M的最小值为2π3＋3.答案：2π3＋39．已知函

数f(x)＝mx－1x－2lnx(m∈R)，g(x)＝－mx，若至少存在一个x0∈[1，e]，使得f(x0)<g(x0)成立，求实数m的取值范围．解：依题意，不等式f(x)<g(x)在[1，e]上有解，所以mx<2lnx在区间[1，e]上有解，即m2<lnxx能成立

．令h(x)＝lnxx，x∈[1，e]，则h′(x)＝1－lnxx2.当x∈[1，e]时，h′(x)≥0，h(x)在[1，e]上是增函数，所以h(x)的最大值为h(e)＝1e.由题意m2<1e，即m<2e时，f(x)

<g(x)在[1，e]上有解．所以实数m的取值范围是－∞，2e.10．(2019·天津卷节选)设函数f(x)＝excosx，g(x)为f(x)的导函数．(1)求f(x)的单调区间；(2)当x∈π4，π2时，证明f(x)＋g(x)π2－x≥0

.(1)解：由已知，有f′(x)＝ex(cosx－sinx)．因此，当x∈2kπ＋π4，2kπ＋5π4(k∈Z)时，有sinx>cosx，得f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x∈2kπ－3π4，2k

π＋π4(k∈Z)时，有sinx<cosx，得f′(x)>0，则f(x)单调递增．所以f(x)的单调递增区间为2kπ－3π4，2kπ＋π4(k∈Z)，f(x)的单调递减区间为2kπ＋π4，2kπ

＋5π4(k∈Z)．(2)证明：记h(x)＝f(x)＋g(x)π2－x.依题意及(1)，有g(x)＝ex(cosx－sinx)，从而g′(x)＝－2exsinx.当x∈π4，π2时，g′(x)<0，故h′(x)＝f′(x)＋g

′(x)π2－x＋g(x)(－1)＝g′(x)π2－x<0.因此，h(x)在区间π4，π2上单调递减，进而h(x)≥hπ2＝fπ2＝0.所以当x∈π4，π2时，f(x)＋g(x)

π2－x≥0.[B级能力提升]11．已知x＝1是f(x)＝[x2－(a＋3)x＋2a＋3]ex的极小值点，则实数a的取值范围是()A．(1，＋∞)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，1)解析：f′(x)＝[x2－(a＋1)x＋a]ex，令f′(x)＝0，得x2－(a

＋1)x＋a＝0.设g(x)＝x2－(a＋1)x＋a＝(x－1)(x－a)，①当a＝1时，g(x)≥0，f′(x)≥0，f(x)没有极值．②当a>1时，若x>a或x<1时，g(x)>0，f′(x)>0；若1<x<a时，g(x)<0，则

f′(x)<0，所以x＝1是函数f(x)的极大值点，不合题意．③当a<1时，若x>1或x<a，f′(x)>0；若a<x<1时，f′(x)<0.所以x＝1是函数f(x)的极小值点，满足题意．综上所述，实数a的取值范围是(－∞，1)．答案：D12．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.(1)解：由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，知f′(x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln2，当x变化时，f′(x)

，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘极小值↗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)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)，无极大值．(2)证明：设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，则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.于是对任意的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，对任意的x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．而g(0)＝0，从而对任意的x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即ex－

x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.[C级素养升华]13．(2020·衡水中学检测)设函数f(x)＝1－a2x2＋ax－lnx(a∈R)．(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；(2)若对任意a∈(4，5)

及任意x1，x2∈[1，2]，恒有a－12·m＋ln2>|f(x1)－f(x2)|成立，求实数m的取值范围．解：(1)因为函数f(x)＝1－a2x2＋ax－lnx(a∈R)，所以函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．当a＝1时，f(x)＝x－lnx，f′(x)＝1－1x＝x－1x，当0<

x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以函数f(x)的极小值为f(1)＝1，无极大值．(2)因为函数f(x)＝1－a2x2＋ax－lnx(a∈R)，所以f′(x)＝

(1－a)x＋a－1x＝（1－a）x－1a－1（x－1）x，当a∈(4，5)时，在区间[1，2]上，f′(x)≤0，则f(x)单调递减，所以f(1)是f(x)的最大值，f(2)是f(x)的最小值，所以|f(x1)－f(

x2)|≤f(1)－f(2)＝a2－32＋ln2.因为对任意a∈(4，5)对任意x1，x2∈[1，2]，恒有a－12m＋ln2>|f(x1)－f(x2)|成立，所以a－12m＋ln2>a2－32＋ln2，得m>a－3a－1.因为a∈(4，5)，所以a－3a－1＝1－2a－1<1－25－1

＝12，所以m≥12，故实数m的取值范围是12，＋∞.素养培育逻辑推理——两个经典不等式的活用(自主阅读)逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证．利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的

难度，优化了推理和运算过程．(1)对数形式：x≥1＋lnx(x>0)，当且仅当x＝1时，等号成立．(2)指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：ex>x＋1>x>1＋lnx(x>0，且

x≠1)．[典例1]已知函数f(x)＝1ln（x＋1）－x，则y＝f(x)的图象大致为()解析：因为f(x)的定义域为x＋1>0，ln（x＋1）－x≠0，即{x|x>－1，且x≠0}，所以排除选项D.

当x>0时，由经典不等式x>1＋lnx(x>0)，以x＋1代替x，得x>ln(x＋1)(x>－1，且x≠0)，所以ln(x＋1)－x<0(x>－1，且x≠0)，易知B正确．答案：B[典例2]已知函数f(

x)＝ex，x∈R.证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝12x2＋x＋1有唯一公共点．证明：令g(x)＝f(x)－12x2＋x＋1＝ex－12x2－x－1，x∈R，则g′(x)＝ex－x－1，由经典不等式ex≥x＋1恒成立可

知，g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在R上为单调递增函数，且g(0)＝0.所以函数g(x)有唯一零点，即两曲线有唯一公共点．[典例3](2017·全国卷Ⅲ改编)已知函数f(x)＝x－1－alnx.(1)若f

(x)≥0，求a的值；(2)证明：对于任意正整数n，1＋121＋122·…·1＋12n＜e.(1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，①若a≤0，因为f12＝－12＋aln2＜0，所以不满足题意．②若a＞0，由f′(x)＝1

－ax＝x－ax知，当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增，故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)

≥0，故a＝1.(2)证明：由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－lnx＞0.令x＝1＋12n，得ln1＋12n＜12n.从而ln1＋12＋ln1＋122＋…＋ln1＋12n＜

12＋122＋…＋12n＝1－12n＜1，故1＋121＋122·…·1＋12n＜e.[典例4]已知函数f(x)＝ax－lnx－1.(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；(2)证明：e－xx＋x＋l

nx－1≥0.(1)解：由题意知x>0，所以f(x)≥0等价于a≥lnx＋1x.令g(x)＝lnx＋1x，则g′(x)＝－lnxx2，所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，则g(x)在(0，

1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1，所以a的最小值为1.(2)证明：当a＝1时，由(1)得x≥lnx＋1，即t≥1＋lnt.令e－xx＝t，则－x－lnx＝lnt，所以e－xx≥－x－lnx＋1，即e－xx＋x＋lnx－1≥0

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