江苏省高考数学二轮复习专题四函数与导数、不等式第19讲导数与不等式问题练习-人教版高三数学试题VIP免费

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第19讲导数与不等式问题1．(2019·启东中学检测)已知函数f(x)＝1－，g(x)＝x－lnx.(1)证明：g(x)≥1.(2)证明：(x－lnx)f(x)>1－.证明：(1)g′(x)＝，当01时，g′(x)>0，即g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．所以g(x)≥g(1)＝1，得证．(2)f(x)＝1－，f′(x)＝，所以当02时，f′(x)>0，即f(x)在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，所以f(x)≥f(2)＝1－，①又由(1)知x－lnx≥1，②，且①②等号不同时取得．所以(x－lnx)f(x)>1－.2．设函数f(x)＝－，g(x)＝a(x2－1)－lnx(a∈R，e为自然对数的底数)．(1)证明：当x>1时，f(x)>0；(2)讨论g(x)的单调性；(3)若不等式f(x)1时，s′(x)>0，所以s(x)在(1，＋∞)上单调递增，又s(1)＝0，所以s(x)>0，从而当x>1时，f(x)>0.(2)g′(x)＝2ax－＝(x>0)，当a≤0时，g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减．当a>0时，由g′(x)＝0得x＝.当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增．综上，当a≤0时，g(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，g(x)在上单调递减，在上单调递增．(3)由(1)知，当x>1时，f(x)>0.当a≤0，x>1时，g(x)＝a(x2－1)－lnx<0，故当f(x)0.当01时，g(x)在上单调递减，g0，所以此时f(x)1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0，因此，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，又h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝g(x)－f(x)>0，即f(x)0时，f(x)>q(x)恒成立．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝exlnx＋，所以f(1)＝0，f′(1)＝e，故曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)．(2)证明：当x>0时，f(x)>q(x)恒成立，等价于当x>0时，xlnx>－恒成立．设函数g(x)＝xlnx，则g′(x)＝1＋lnx，所以当x∈时，g′(x)<0；当x∈时，g′(x)>0.故g(x)在上单调递减，在上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g＝－.设函数h(x)＝－，则h′(x)＝，所以当x∈(0,1)时，h′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－.因为g(x)min＝g＝h(1)＝h(x)max，所以当x>0时，g(x)>h(x)，所以当x>0时，f(x)>q(x)恒成立．4．已知函数f(x)＝xlnx－ex＋1.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)证明：f(x)0，xlnx≤0，故xlnx1时，令g(x)＝ex＋sinx－1－xlnx，故g′(x)＝ex＋cosx－lnx－1.令h(x)＝g′(x)＝ex＋cosx－lnx－1，则h′(x)＝ex－－sinx，当x>1时，ex－>e－1>1，所以h′(x)＝ex－－sinx>0，故h(x)在(1，＋∞)上单调递增．故h(x)>h(1)＝e＋cos1－1>0，即g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝e＋sin1－1>0，即xlnx0)．(1)若函数f(x)在(1，＋∞)上是减函数，求实数a的最小值；(2)若∃x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立，求实数a的取值范围．解：(1)因为f(x)在(1，＋∞)上为减函数，所以f′(x)＝－a≤0在(1，＋∞)上恒成立．所以当x∈(1，＋∞)时，f′(x)max≤0.又f′(x)＝－a＝－2＋－a，故当＝，即x＝e2时，f′(x)max＝－a，所以－a≤0，故a≥，所以a的最小值为.(2)“若∃x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立”等价于当x∈[e，e2]...

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