2021高考数学新高考版一轮习题：专题3 第28练 高考大题突破练——导数与不等式 Word版含解析
1．已知函数f (x)＝ex－ax－1，a∈R.
(1)若f (x)在区间(1,2)上单调，求a的取值范围；
(2)设a≤0，求证：x≥0时，f (x)≥x2.
2．已知函数f (x)＝－.
(1)若f (x)在x＝2处的切线的斜率为1－ln 2，求实数a的值；
(2)∀x>1，不等式f (x)>－恒成立，求整数a的最大值．
3．(2019·重庆质检)已知函数f (x)＝x2－aln x(a∈R)．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当a＝－1时，f (x)
0时，f (x)≤(2x－1)．
答案精析
1．(1)解 易知 f′(x)＝ex－a是增函数．
又∵f (x)在区间(1,2)上单调，
∴f′(1)＝e－a≥0或f′(2)＝e2－a≤0.
∴ a≤e或a≥e2.
即a的取值范围是(－∞，e]∪[e2，＋∞)．
(2)证明 设g(x)＝f (x)－x2＝ex－ax－1－x2.
g′(x)＝ex－a－2x，设φ(x)＝ex－a－2x，φ′(x)＝ex－2.
∴x∈(－∞，ln 2)时，φ′(x)<0，φ(x)是减函数，x∈(ln 2，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)是增函数，
∴x＝ln 2时，φ(x)min＝2－a－2ln 2＝2ln－a.
∵a≤0，∴φ(x)min＝2ln－a>0，
即g′(x)>0.
∴g(x)＝f (x)－x2在[0，＋∞)上是增函数．
∴g(x)≥g(0)＝f (0)＝0，即f (x)≥x2.
2．解 (1)f′(x)＝＋，
由题意得f′(2)＝－ln 2＋
＝1－ln 2，则a＝2.
(2)不等式可化为a<.
设h(x)＝，
h′(x)＝.
设g(x)＝x－ln x－2，当x>1时，g′(x)＝1－＝>0，则g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
又g(3)＝1－ln 3<0，g(4)＝2－ln 4>0，
则g(x)在(3,4)上存在唯一零点x0满足g(x0)＝x0－ln x0－2＝0.
则当x∈(1，x0)时，h(x)单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)单调递增，
则h(x)min＝h(x0)＝.
又因为x0－ln x0－2＝0，则h(x0)＝＝x0，
因为x0∈(3,4)，则a0)，
当a≤0时，f′(x)>0，则f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a>0时，f′(x)＝x－＝.
所以当0时，f′(x)>0.
综上所述，当a≤0时，f (x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，f (x)的单调递增区间为(，＋∞)，单调递减区间为(0，)．
(2)当a＝－1时，f (x)1)，
则g′(x)＝2x2－x－
＝＝.
当x>1时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上是增函数，
x→1时，g(x)→，
从而g(x)>>0，即x3－x2－ln x>0，
所以x2＋ln x1时，x2＋ln x－1，即a<4时，
令f′(x)<0，得x>3－a或x<－1，
函数f (x)的减区间为(－∞，－1)，(3－a，＋∞)．
②当a>4时，函数f (x)的减区间为(－∞，3－a)，(－1，＋∞)．
(2)证明 由题意有f (x)＝，
要证f (x)≤(2x－1)(x>0)，
只要证(2x－1)ex－e(x2＋x－1)≥0(x>0)．
令g(x)＝(2x－1)ex－e(x2＋x－1)(x>0)，
有g′(x)＝(2x＋1)ex－e(2x＋1)＝(2x＋1)(ex－e)，
当01时，g′(x)>0，
则函数g(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)，
则g(x)min＝g(1)＝0，
故当x>0时，g(x)≥0.
故不等式f (x)≤(2x－1)成立．
