（新课标）高考数学二轮复习 专题六 函数与导数 第4讲 函数、导数与不等式练习 文 新人教A版-新人教A版高三全册数学试题VIP免费

第4讲函数、导数与不等式1．(2019·贵州省适应性考试)已知函数f(x)＝x－lnx，g(x)＝aex.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：当a≥时，xf(x)≤g(x)．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．由f(x)＝x－lnx，得f′(x)＝1－＝，当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，＋∞)．(2)证明：要证xf(x)≤g(x)，即证x(x－lnx)≤aex，即证a≥.设h(x)＝，则h′(x)＝＝.由(1)可知f(x)≥f(1)＝1，即lnx－(x－1)≤0，于是，当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减．所以x＝1时，h(x)取得最大值，h(x)max＝＝，所以当a≥时，xf(x)≤g(x)．2．(2019·安徽省考试试题)已知函数f(x)＝x3＋ax－2lnx.(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)≥0在定义域内恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝－1时，f(x)＝x3－x－2lnx(x>0)，f′(x)＝3x2－1－＝＝.因为3x2＋3x＋2>0恒成立，所以当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，y＝f(x)单调递增；当x∈(0，1)时，f′(x)<0，y＝f(x)单调递减．故f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)因为f(x)＝x3＋ax－2lnx≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以当x∈(0，＋∞)时，g(x)＝x2＋a－≥0恒成立．g′(x)＝2x－2×＝2×，令h(x)＝x3＋lnx－1，则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，h(x)<0，g′(x)<0，即y＝g(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)>0，即y＝g(x)单调递增．所以g(x)min＝g(1)＝1＋a≥0，a≥－1，故实数a的取值范围为[－1，＋∞)．3．已知函数f(x)＝ax2－xlnx.(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；(2)若a＝e，证明：当x>0时，f(x)0时，f′(x)≥0，即2a≥恒成立．令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝－，易知g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g(1)＝1，所以2a≥1，即a≥.故a的取值范围是[，＋∞)．(2)证明：若a＝e，要证f(x)0)，则h′(x)＝，易知h(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，则h(x)min＝h()＝0，所以lnx＋≥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e－ex≤0.因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－ex0在x∈(0，＋∞)上恒成立，此时(0，＋∞)为f(x)的单调递增区间．②当a>1时，令f′(x)＝0，得x＝lna∈(0，＋∞)，故x∈(0，lna)时，f′(x)<0，即(0，lna)为f(x)的单调递减区间；x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0，即(lna，＋∞)为f(x)的单调递增区间．(2)设h(x)＝(x＋1)ex＋a(x2＋4x)，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝(x＋2)(ex＋2a)，当a≥－时，h′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即h(x)为增函数，故h(x)>h(0)＝1≥0，即a≥－符合题意．当a<－时，令h′(x)＝0，得x＝ln(－2a)∈(0，＋∞)，可得x∈(0，ln(－2a))时，h′(x)<0，则h(x)为减函数；x∈(ln(－2a)，＋∞)时，h′(x)>0，则h(x)为增函数．故h(x)min＝h(ln(－2a))≥0，即得[ln(－2a)]2＋2ln(－2a)－2≤0，解得0