2021高考数学一轮复习 第三章 一元函数的导数及其应用 第2节 导数在研究函数中的应用 第3课时 导数在不等式中的应用练习.doc

1、第3课时 导数在不等式中的应用 A级基础巩固1函数f(x)ln xa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，) D(1，)解析：由函数f(x)ln xa可得f(x)，因为x0使f(x)f(x)成立，所以ln x0a，又0x01，ln x01.答案：A2已知函数f(x)1ln x，若存在x00，使得f(x0)0有解，则实数a的取值范围是()Aa2 Ba3 Ca1 Da3解析：函数f(x)的定义域是(0，)，不等式1ln x0有解，即axxln x在(0，)上有解令h(x)xxln x，则h(x)ln x，由h(x)0，得x1

2、.当0x0，当x1时，h(x)0，且23，23，则3a2b，c18a，依题意f(x)的极小值为f(3)27a9b3c1798.解得a2，b3，c36.答案：C4(2020惠州调研)设xR，函数yf(x)的导数存在，若f(x)f(x)0恒成立，且a0，则下列结论正确的是()Af(a)f(0)Ceaf(a)f(0)解析：设g(x)exf(x)，则g(x)exf(x)f(x)0，所以g(x)在R上单调递增由a0，得g(a)g(0)，即eaf(a)f(0)答案：D5(2019天津卷改编)已知aR，设函数f(x)若关于x的不等式f(x)0在x0，)上恒成立，则a的取值范围为()A0，1 B0，2C0，e

3、 D1，e解析：当0x1时，f(x)x2aa，由f(x)0恒成立，则a0，当x1时，由f(x)xaln x0恒成立，即a恒成立设g(x)(x1)，则g(x).令g(x)0，得xe，且当1xe时，g(x)e时，g(x)0，所以g(x)ming(e)e，所以ae.综上，a的取值范围是0ae，即0，e答案：C6若对任意的a，b满足0abt，都有bln aaln b，则t的最大值为_解析：因为0abt，bln aaln b，所以0，解得0x0，设F(x)，则不等式F(x)0，所以F(x)0.即F(x)在定义域上单调递减由F(x)1.所以不等式F(x)的解集为(1，)答案：(1，)8函数f(x)x2si

4、n x，对任意的x1，x20，恒有|f(x1)f(x2)|M，则M的最小值为_解析：因为f(x)x2sin x，所以f(x)12cos x，所以当0x时，f(x)0，f(x)单调递减；当x0，f(x)单调递增；所以当x时，f(x)有极小值，即最小值，且f(x)minf 2sin .又f(0)0，f().所以f(x)max.由题意得|f(x1)f(x2)|M等价于M|f(x)maxf(x)min|.所以M的最小值为.答案：9已知函数f(x)m2ln x(mR)，g(x)，若至少存在一个x01，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

5、以mx2ln x在区间1，e上有解，即能成立令h(x)，x1，e，则h(x).当x1，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).由题意，即m时，f(x)cos x，得f(x)0，则f(x)单调递减；当x(kZ)时，有sin x0，则f(x)单调递增所以f(x)的单调递增区间为(kZ)，f(x)的单调递减区间为(kZ)(2)证明：记h(x)f(x)g(x).依题意及(1)，有g(x)ex(cos xsin x)，从而g(x)2exsin x.当x时，g(x)0，故h(x)f(x)g(x)g(x)(1)g(x)1时，若xa或x0，f(x)0；若1xa时，g(x)

6、0，则f(x)0，所以x1是函数f(x)的极大值点，不合题意当a1或x0；若ax1时，f(x)ln 21且x0时，exx22ax1.(1)解：由f(x)ex2x2a，xR，知f(x)ex2，xR.令f(x)0，得xln 2，当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，ln 2)ln 2(ln 2，)f(x)0f(x)极小值故f(x)的单调递减区间是(，ln 2，单调递增区间是ln 2，)，f(x)在xln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)eln 22ln 22a2(1ln 2a)，无极大值(2)证明：设g(x)exx22ax1，xR，则g(x)ex2x2a，xR.由(1)知当a

7、ln 21时，g(x)的最小值为g(ln 2)2(1ln 2a)0.于是对任意的xR，都有g(x)0，所以g(x)在R上单调递增于是当aln 21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exx22ax10，故exx22ax1.C级素养升华13(2020衡水中学检测)设函数f(x)x2axln x(aR)(1)当a1时，求函数f(x)的极值；(2)若对任意a(4，5)及任意x1，x21，2，恒有mln 2|f(x1)f(x2)|成立，求实数m的取值范围解：(1)因为函数f(x)x2axln x(aR)，所以函数f(x)的定义域为(0，)当a

8、1时，f(x)xln x，f(x)1，当0x1时，f(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)x2axln x(aR)，所以f(x)(1a)xa，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)ln 2.因为对任意a(4，5)对任意x1，x21，2，恒有mln 2|f(x1)f(x2)|成立，所以mln 2ln 2，得m.因为a(4，5)，所以10)，当且仅当x1时，等号成立(2)指数形式：exx1(xR)

9、，当且仅当x0时，等号成立进一步可得到一组不等式链：exx1x1ln x(x0，且x1)典例1已知函数f(x)，则yf(x)的图象大致为()解析：因为f(x)的定义域为即x|x1，且x0，所以排除选项D.当x0时，由经典不等式x1ln x(x0)，以x1代替x，得xln(x1)(x1，且x0)，所以ln(x1)x1，且x0)，易知B正确答案：B典例2已知函数f(x)ex，xR.证明：曲线yf(x)与曲线yx2x1有唯一公共点证明：令g(x)f(x)exx2x1，xR，则g(x)exx1，由经典不等式exx1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

10、(x)有唯一零点，即两曲线有唯一公共点典例3(2017全国卷改编)已知函数f(x)x1aln x.(1)若f(x)0，求a的值；(2)证明：对于任意正整数n，e.(1)解：f(x)的定义域为(0，)，若a0，因为f aln 20，所以不满足题意若a0，由f(x)1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xa是f(x)在(0，)的唯一最小值点因为f(1)0，所以当且仅当a1时，f(x)0，故a1.(2)证明：由(1)知当x(1，)时，x1ln x0.令x1，得ln.从而lnlnln11，故e.典例4已知函数f(x)axln x1.(1)若f(x)0恒成立，求a的最小值；(2)证明：xln x10.(1)解：由题意知x0，所以f(x)0等价于a.令g(x)，则g(x)，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)maxg(1)1，则a1，所以a的最小值为1.(2)证明：当a1时，由(1)得xln x1，即t1ln t.令t，则xln xln t，所以xln x1，即xln x10.