高考数学一轮复习 第三章 第四节 第1课时 利用导数解决不等式问题精练 文-人教版高三全册数学试题VIP免费

第1课时利用导数解决不等式问题1.(2018课标全国Ⅲ,21,12分)已知函数f(x)=ax2+x-1ex.(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥0.解析本题考查导数的几何意义、导数的综合应用.(1)f'(x)=-ax2+(2a-1)x+2ex,f'(0)=2.因此曲线y=f(x)在(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.(2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥(x2+x-1+ex+1)e-x.令g(x)=x2+x-1+ex+1,则g'(x)=2x+1+ex+1.当x<-1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>-1时,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)≥g(-1)=0.因此f(x)+e≥0.2.(2018河北石家庄模拟)已知函数f(x)=ex-3x+3a(e为自然对数的底数,a∈R).(1)求f(x)的单调区间与极值;(2)求证:当a>ln3e,且x>0时,exx>32x+1x-3a.解析(1)由f(x)=ex-3x+3a知,f'(x)=ex-3.令f'(x)=0,得x=ln3,于是当x变化时,f'(x)和f(x)的变化情况如下表:x(-∞,ln3)ln3(ln3,+∞)f'(x)-0+f(x)单调递减极小值单调递增故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln3),单调递增区间是(ln3,+∞),f(x)在x=ln3处取得极小值,极小值为f(ln3)=eln3-3ln3+3a=3(1-ln3+a).1(2)证明:待证不等式等价于ex-32x2+3ax-1>0,设g(x)=ex-32x2+3ax-1,x>0,则g'(x)=ex-3x+3a,x>0.由(1)及a>ln3e=ln3-1知,g'(x)的最小值为g'(ln3)=3(1-ln3+a)>0.∴g(x)在(0,+∞)上为增函数,∵g(0)=0,∴当x>0时,g(x)>0,即ex-32x2+3ax-1>0,即exx>32x+1x-3a.3.(2019贵州适应性考试)已知函数f(x)=xlnx+ax,a∈R,函数f(x)的图象在x=1处的切线与直线x+2y-1=0垂直.(1)求a的值和函数f(x)的单调区间;(2)求证:ex>f'(x).解析(1)由题易知,f'(x)=lnx+1+a,x>0,因为f(x)的图象在x=1处的切线的斜率k=2,所以f'(1)=ln1+1+a=2,所以a=1.所以f'(x)=lnx+2,当x>e-2时,f'(x)>0,当00,因为g'(x)=ex-1x在(0,+∞)上单调递增,且g'(1)=e-1>0,g'(12)=e12-2<0,所以g'(x)在(12,1)上存在唯一的零点t,使得g'(t)=et-1t=0,即et=1t(12t时,g'(x)>g'(t)=0,2所以g(x)在(0,t)上单调递减,在(t,+∞)上单调递增,所以x>0时,g(x)≥g(t)=et-lnt-2=1t-ln1et-2=t+1t-2≥2-2=0,又120,即ex>f'(x).4.已知函数f(x)=alnx+b(x+1)x,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=2.(1)求a,b的值;(2)当x>0且x≠1时,求证:f(x)>(x+1)lnxx-1.解析(1)函数f(x)=alnx+b(x+1)x的导数为f'(x)=ax-bx2,由曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=2,可得f(1)=2b=2,f'(1)=a-b=0,解得a=b=1.(2)证明:当x>1时,f(x)>(x+1)lnxx-1即为lnx+1+1x>lnx+2lnxx-1,即x-1x-2lnx>0,当0(x+1)lnxx-1即为x-1x-2lnx<0,设g(x)=x-1x-2lnx,则g'(x)=1+1x2-2x=(x-1)2x2≥0,可得g(x)在(0,+∞)上递增,当x>1时,g(x)>g(1)=0,即有f(x)>(x+1)lnxx-1,当0(x+1)lnxx-1.综上可得,当x>0且x≠1时,f(x)>(x+1)lnxx-1都成立.34