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高三数学二轮复习查漏补缺课时练习:专题突破训练(一) 导数与不等式


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专题突破训练(一)
时间 / 45 分钟 分值 / 72 分

导数与不等式

基础热身
1.(12 分)[2019·安徽皖中模拟] 已知 f(x)=-x2-3,g(x)=2xln x-ax. (1)若函数 f(x)与 g(x)的图像在 x=1 处的切线平行,求函数 g(x)的图像在点(1,g(1))处的切线方程; (2)当 x∈(0,+∞)时,若 g(x)-f(x)≥0 恒成立,求实数 a 的取值范围.

2.(12 分)[2019·唐山摸底] 设 f(x)=2xln x+1. (1)求 f(x)的最小值;
(2)证明:f(x)≤x2-x+1+2ln x.

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眼皮蹦跳跳专业文档眼皮蹦跳跳专业文档眼皮蹦跳跳专业文档眼皮蹦跳跳专业文档 能力提升 3.(12 分)[2018·马鞍山二模] 已知函数 f(x)=e-,a∈R. (1)若 f(x)在定义域内无极值点,求实数 a 的取值范围; (2)求证:当 0<a<1,x>0 时,f(x)>1 恒成立.
4.(12 分)[2018·河南新乡二模] 已知函数 f(x)=3ex+x2,g(x)=9x-1. (1)求函数 φ(x)=xex+4x-f(x)的单调区间; (2)比较 f(x)与 g(x)的大小,并加以证明.
5.(12 分)[2018·东北三省三校二模] 已知函数 f(x)=x-aln x-1,曲线 y=f(x)在点(1,0)处的切线经过点(e,0). (1)证明:f(x)≥0; (2)若当 x∈[1,+∞)时,f(1)≥(l+nln)2,求 p 的取值范围.
难点突破 眼皮蹦跳跳专业文档眼皮蹦跳跳专业文档眼皮蹦跳跳专业文档眼皮蹦跳跳专业文档

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6.(12 分)[2018·江淮十校三联] 已知函数 f(x)=ln. (1)当 a=2 时求函数 f(x)的单调递减区间; (2)若方程 f(x)=1 有两个不相等的实数根 x1,x2,证明:x1+x2>2e.

专题突破训练(一)
1.解:(1)f'(x)=-2x,g'(x)=2ln x+2-a, 因为函数 f(x)与 g(x)的图像在 x=1 处的切线平行, 所以 f'(1)=g'(1),解得 a=4,所以 g(1)=-4,g'(1)=-2, 所以函数 g(x)的图像在点(1,g(1))处的切线方程为 2x+y+2=0. (2)当 x∈(0,+∞)时,由 g(x)-f(x)≥0 恒成立得,
2xln x-ax+x2+3≥0 恒成立,即 a≤2ln x+x+3恒成立.

设 h(x)=2ln x+x+3,

则 h'(x)=2+22-3=(+3)2(-1)(x>0),
当 x∈(0,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 当 x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增, 所以 h(x)min=h(1)=4,所以 a≤4,即 a 的取值范围为(-∞,4]. 2.解:(1)f'(x)=2(ln x+1).
当 x∈(0, 1e)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;

当 x∈(1e ,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.

所以当 x=1e时,f(x)取得极小值,也是最小值,最小值为 f(1e)=1-2e.

(2)证明:令

F(x)=x2-x+1+2ln

x-f(x)=x(x-1)--1-2(x-1)ln

x=(x-1)(-

1

-2ln).

令 g(x)=x-1-2ln x,则 g'(x)=1+12-2=(-12)2≥0,
所以 g(x)在(0,+∞)上单调递增, 又因为 g(1)=0, 所以当 0<x<1 时,g(x)<0,F(x)>0, 当 x>1 时,g(x)>0,F(x)>0, 当 x=1 时,F(x)=0,

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所以

F(x)=(x-1)(-

1

-2ln)≥0,

即 f(x)≤x2-x+1+2ln x.

3.解:(1)f(x)的定义域为{x|x≠0},对函数 f(x)=e-求导,得 f'(x)=e(-12)+.
令 g(x)=ex(x-1)+a,则 g'(x)=x·ex, 当 x<0 时,g'(x)<0,则 g(x)在(-∞,0)上单调递减, 当 x>0 时,g'(x)>0,则 g(x)在(0,+∞)上单调递增. 因为 g(0)=a-1,且 f(x)在定义域内无极值点, 所以 a≥1. (2)证明:f'(x)=e(-12)+,由(1)可知 g(x)=ex(x-1)+a 在(0,+∞)上单调递增,又当 0<a<1 时,{((01))==->1<00,,所以

存在 x0∈(0,1),使得 g(x0)=0,即 f'(x0)=0,且当 0<x<x0 时,f'(x)<0,当 x>x0 时,f'(x)>0,
故 f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增, 所以 f(x)≥f(x0).
由 g(x0)=e0(x0-1)+a=0 知 f(x0)=e0>1,
所以当 0<a<1,x>0 时,f(x)>1 恒成立. 4.解:(1)φ'(x)=(x-2)(ex-2), 令 φ'(x)=0,得 x1=ln 2,x2=2. 令 φ'(x)>0,得 x<ln 2 或 x>2; 令 φ'(x)<0,得 ln 2<x<2. 故 φ(x)在(-∞,ln 2)上单调递增,在(ln 2,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增. (2)f(x)>g(x).证明如下: 设 h(x)=f(x)-g(x)=3ex+x2-9x+1, 因为 h'(x)=3ex+2x-9 为增函数, 且 h'(0)=-6<0,h'(1)=3e-7>0,所以存在 x0∈(0,1),使得 h'(x0)=0. 当 x>x0 时,h'(x)>0;当 x<x0 时,h'(x)<0.
所以 h(x)min=h(x0)=3e0+02-9x0+1,

又 h'(x0)=3e0+2x0-9=0,所以 3e0=-2x0+9,

所以 h(x)min=-2x0+9+02-9x0+1=02-11x0+10=(x0-1)(x0-10). 因为 x0∈(0,1),所以(x0-1)(x0-10)>0, 所以 h(x)min>0,所以 f(x)>g(x). 5.解:(1)证明:f'(x)=1-(x>0),由题知曲线 y=f(x)在点(1,0)处的切线方程为 y=f'(1)(x-1),即 y=(1-a)(x-1),又切
线经过点(e,0),所以 0=(1-a)(e-1),解得 a=1.
所以 f(x)=x-ln x-1, 从而 f'(x)=1-1=-1(x>0). 因为当 x∈(0,1)时,f'(x)<0,当 x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,

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所以 f(x)在区间(0,1)上是减函数,在区间(1,+∞)上是增函数, 从而 f(x)≥f(1)=0. (2)由题意知,当 x∈[1,+∞)时,p+ln x≠0,所以 p>0, 从而当 x∈[1,+∞)时,p+ln x>0, 由题意知1+ln x-1≥(l+nln)2,即[(p-1)x+1]ln x-px+p≥0,其中 x∈[1,+∞).
设 g(x)=[(p-1)x+1]ln x-px+p,其中 x∈[1,+∞),
设 h(x)=g'(x),即 h(x)=(p-1)ln x+1-1,其中 x∈[1,+∞),

则 h'(x)=(-1)2-1,其中 x∈[1,+∞).
①当 p≥2 时,因为当 x∈[1,+∞)时,h'(x)≥0,所以 h(x)是增函数, 从而当 x∈[1,+∞)时,h(x)≥h(1)=0, 所以 g(x)是增函数,从而 g(x)≥g(1)=0. 故当 p≥2 时符合题意.
②当 1<p<2 时,因为当 x∈[1, 1-1)时,h'(x)<0,

所以 h(x)在区间[1, 1-1)上是减函数,

从而当 x∈[1, 1-1)时,h(x)≤h(1)=0,

所以 g(x)在[1, 1-1)上是减函数,从而 g(1-1)<g(1)=0,

故当 1<p<2 时不符合题意. ③当 0<p≤1 时,因为当 x∈[1,+∞)时,h'(x)<0,所以 h(x)是减函数, 从而当 x∈[1,+∞)时,h(x)≤h(1)=0, 所以 g(x)是减函数,从而 g(x)≤g(1)=0, 故当 0<p≤1 时不符合题意. 综上,p 的取值范围是[2,+∞). 6.解:(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞),
当 a=2 时,f'(x)=2((llnn)-12),由 f'(x)<0 得 x∈(0,1)∪(1,e),

所以 f(x)的单调递减区间是(0,1)和(1,e).

(2)证明:由{llnn

2 1

= =

12,,得{llnn

1-ln 2 = 1 + ln 2

(1-2), = (1 +

2),得

a=ln

1-ln 1-2

2.

因为 x1+x2>2√12,所以要证 x1+x2>2e, 只需证 x1x2>e2,即证 ln x1+ln x2>2, 即证 ln x1+ln x2=a(x1+x2)=(x1+x2)·ln 11--ln22>2, 不妨设 x1>x2,则只需证 ln 12>2(11+-22), 令12=t>1,则只需证 ln t>2(+-11). 令 g(t)=ln t-2(+-11)=ln t++41-2(t>1),

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