新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷二命题点加强练命题点33利用导数研究不等式大题突破（附解析）.doc

1、命题点33利用导数研究不等式12023安徽马鞍山模拟已知函数f(x)(x12a)ln (xa).(1)当a2时，求函数f(x)的极值；(2)当xa1时，f(x)x1恒成立，求实数a的取值范围解：22023新课标卷已知函数f(x)a(exa)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当a0时，f(x)2lna.解：32020新高考卷已知函数f(x)aex1lnxlna.(1)当ae时，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)1，求a的取值范围解：42023河北衡水模拟已知函数f(x)exx2ax(aR).(1)若f(x)在R上是增函数，求a的取值

2、范围；(2)若当a时，f(x)有两个极值点m，n，证明：0时，f(x)ln (n1).解：62023新课标卷(1)证明：当0x1时，xx2sinxx；(2)已知函数f(x)cosaxln (1x2)，若x0是f(x)的极大值点，求a的取值范围解：命题点33利用导数研究不等式(大题突破)1解析：(1)当a2时，f(x)ln (x2)ln (x2)1，定义域为(2，)，则f(x)在(2，)上单调递增，因为f(3)0，所以x(2，3)，f(x)0，f(x)单调递增，所以函数f(x)的极小值为f(3)0，无极大值(2)令txa1，则f(x)x1即(t1a)lntta1，因为1lnt0，即a1在t1时恒

3、成立，令g(t)1，g(t)0，故g(t)单调递增，所以g(t)g(1)0，故a(，0.2解析：(1)f(x)aex1，当a0时，f(x)0，所以函数f(x)在(，)上单调递减；当a0时，令f(x)0，得xlna，令f(x)0，得x0时，函数f(x)在(，lna)上单调递减，在(lna，)上单调递增(2)方法一由(1)得当a0时，函数f(x)a(exa)x的最小值为f(lna)a(elnaa)lna1a2lna，令g(a)1a2lna2lnaa2lna，a(0，)，所以g(a)2a，令g(a)0，得a；令g(a)0，得0a0，所以当a0时，f(x)2lna成立方法二当a0时，由(1)得，f(x

4、)minf(lna)1a2lna，故欲证f(x)2lna成立，只需证1a2lna2lna，即证a2lna.构造函数u(a)lna(a1)(a0)，则u(a)1，所以当a1时，u(a)0；当0a0.所以函数u(a)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以u(a)u(1)0，即lnaa1，故只需证a2a1，即证a2a0，因为a2a(a)20恒成立，所以当a0时，f(x)2lna成立3解析：f(x)的定义域为(0，)，f(x)aex1.(1)当ae时，f(x)exlnx1，f(1)e1，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y(e1)(e1)(x1)，即y(e1)x2.直线y(e1

5、)x2在x轴，y轴上的截距分别为，2.所以S2，因此所求三角形的面积为.(2)当0a1时，f(1)alna1，不符合题意当a1时，f(x)ex1lnx，f(x)ex1.当x(0，1)时，f(x)0.所以当x1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)1，从而f(x)1.当a1时，f(x)aex1lnxlnaex1lnxxlnx1.综上，a的取值范围是1，).4解析：(1)xR，若f(x)在R上是增函数，则f(x)exexa0，即aexex在xR上恒成立，a(exex)min，令g(x)exex，xR，g(x)exe，当x1时，g(x)0，当x1时，g(x)n，所以f(x)0有2个不同的解m，n，

6、由(1)可知n1m，且f(m)f(n)0，要证e1，即证f(m)(e1)m0，f(2)e22ea0，所以0n1m1时，m(t)0，当t1时，m(t)0，所以h(t)在(1，2)上单调递增，在(0，1)上单调递减，又h(0)2ae0，h(2)0，所以h(t)0，所以h(t)在(0，2)上单调递减，所以h(m)h(n)，即原命题得证5解析：(1)当a1时，f(x)xexex(x1)ex，f(x)ex(x1)exxex.令f(x)0，得x0，当x0时，f(x)0时，f(x)0，f(x)单调递增f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增(2)f(x)eaxaeaxxex(ax1)eaxex，f

7、(0)0.设g(x)(ax1)eaxex，则g(x)aeaxaeax(ax1)ex(a2x2a)eaxex，g(0)2a1.当2a10，即a时，存在0，使得当x(0，)时，g(x)0，此时f(x)在(0，)上单调递增f(x)f(0)0，f(x)在(0，)上单调递增，f(x)f(0)1，这与f(x)1矛盾，故舍去当2a10，即a时，f(x)xexex.令h(x)xexex，则h(x)exexxexex(1xex)0，h(x)在(0，)上单调递减，此时h(x)0时，xexex1，x1，则x2lnt，2lnt1.取t(nN*)，则2lntln (n1)lnnln2ln1ln3ln2ln (n1)ln

8、nln (n1)，故结论得证6解析：(1)令h(x)xx2sinx，则h(x)12xcosx，令p(x)12xcosx，则p(x)2sinx0，所以p(x)即h(x)单调递减，又h(0)0，所以当0x1时，h(x)h(0)0，h(x)单调递减，所以当0x1时，h(x)h(0)0，即xx2sinx.令g(x)sinxx，则g(x)cosx10，所以g(x)单调递减，又g(0)0，所以当0x1时，g(x)g(0)0，即sinxx.综上，当0x1时，xx2sinxx.(2)方法一因为f(x)cosaxln (1x2)(1x1)，所以f(x)f(x)，所以f(x)为偶函数f(x)asinax(1x1)

9、，令t(x)asinax(1x1)，则t(x)a2cosax(1x1).令n(x)a2cosax，则n(x)a3sinax.当a0时，当0x0，f(x)单调递增，当1x0时，f(x)0时，取与1中的较小者，为m，则当0x0，所以n(x)即t(x)在(0，m)上单调递增，所以t(x)t(0)2a2.当2a20，即00(0xt(0)0，即f(x)0.那么f(x)在(0，m)上单调递增，由偶函数性质知f(x)在(m，0)上单调递减故x0是f(x)的极小值点，不符合题意当2a2时，当时，因为t(0)0，所以t(x)在(0，m)上存在唯一零点x1，且当0xx1时，t(x)0，t(x)单调递减，因为t(0)0，所以当0xx1时，t(x)0，即f(x)1，即a时，因为t(0)0，所以t(x)在(0，m)上存在唯一零点x2，且当0xx2时，t(x)0，t(x)单调递减因为t(0)0，所以当0xx2时，t(x)0，即f(x)满足题意当a0时，由偶函数图象的对称性可得a.综上所述，a的取值范围是(，)(，).方法二由f(x)cosaxln (1x2)，得f(x)asinax(1x1)，令t(x)asinax(1x1)，则t(x)a2cosax(1x1).由x0是f(x)的极大值点，易得f(0)0，t(0)0，所以2a20，解得a.所以a的取值范围是(，)(，).