2023年新教材高考数学 全程考评特训卷 考点过关检测13 利用导数研究不等式（含解析）.docx

1、考点过关检测13 利用导数研究不等式12022湖南益阳模拟已知函数f(x)x34x.(1)若曲线yf(x)在xm处的切线经过点(0，2)，求m.(2)已知2a1时，f(x)alnxa2(x1)5.22022重庆国维外国语学校月考已知函数f(x)xlnx.(1)求曲线yf(x)在x1处的切线方程；(2)对任意x1，f(x)0.42021新高考卷已知函数f(x)x(1lnx)(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且blnaalnbab，证明：2e.考点过关检测13利用导数研究不等式1解析：(1)因为f(x)3x24，所以曲线yf(x)在xm处的切线斜率为f(m)3m24，又

2、f(m)，所以3m24，整理得m31，即m1.(2)证明：设函数g(x)f(x)alnxa2(x1)5x3(4a2)xalnxa25，则g(x)3x24a2，设函数h(x)3x3(4a2)xa，则h(x)9x24a2.显然h(x)9x24a2在(1，)为增函数，因为2a0，所以h(x)0对x(1，)恒成立，则h(x)在(1，)上单调递增，从而h(x)h(1)a2a7.因为2a0，则h(x)0，从而g(x)0对x(1，)恒成立，则g(x)在(1，)上单调递增，所以g(x)g(1)0，从而f(x)alnxa2(x1)5.2解析：(1)f(x)xlnx，f(x)lnx1，f(1)1，又f(1)0，切

3、线方程为：yx1.(2)设函数h(x)xlnxa(x21)，由题知f(x)1，即h(x)1时恒成立，又h(x)lnx12ax，当h(x)0时，即2a时，函数h(x)单调递减，设g(x)，则g(x)0，g(x)maxg(1)1，即1符合题意，当a0时，h(x)lnx12ax0恒成立，此时，函数h(x)单调递增，即h(x)h(1)0对任意x(1，)恒成立，不合题意当0a1，x时，函数m(x)0，此时m(x)单调递增，故h(x)h(1)12a0，x时，函数h(x)单调递增，x时，h(x)0成立，不合题意，综上，实数a的取值范围为.3解析：(1)因为f(x)xex2lnxx2x2，所以f(x)(x1)

4、ex2x1，则f(1)(11)e2212e3.因为f(1)e112e2，所以所求切线方程为y(e2)(2e3)(x1)，即y(2e3)xe1.(2)证明：设g(x)exx1，则g(x)ex1.由g(x)0，得x0；由g(x)0，得x0时，xexx2x，所以xex2xx2x2lnx2，则xex2lnxx2x20，即f(x)0.4解析：(1)函数的定义域为，又f1lnx1lnx，当x时，f0，当x时，f0，故f的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)因为blnaalnbab，故ba，即，故ff，设x1，x2，由(1)可知不妨设0x110，x时，fx0，故1x22，若x22，x1x22必成立若x22，即证x12x2，而02x2f，即证：ff，其中1x22.设gff，1x2，则gfflnxlnln，因为1x2，故0x0，所以g0，故g在上为增函数，所以gg0，故ff，即ff成立，所以x1x22成立，综上，x1x22成立设x2tx1，则t1，结合，x1，x2可得：x1x2，即：1lnx1t，故lnx1，要证：x1x2e，即证x1e，即证lnlnx11，即证：ln1，即证：lntlnt1，则Sln1lntln，先证明一个不等式：lnx.设ulnx，则u1，当1x0；当x0时，u1时，ln，故S0恒成立，故S在上为减函数，故SS0，故lntlnt0成立，即x1x2e成立综上所述，2e.