高考数学命题角度6_4导数与不等式大题狂练文

高考数学命题角度6_4导数与不等式大题狂练文

命题角度 4：导数与不等式 1.已知函数   lnf x ax x x  在 2x e 处取得极小值. （1）求实数 a 的值； （2）当 1x  时，求证    3 1f x x  . 【答案】（1） 1a  .（2）见解析 【解析】试题分析：(1)求出  f x 的导数,  2 0f e  ,可得 a 的值; (2) 求 出  f x 的 解 析 式 , 令      3 1 ln 2 3g x f x x x x x      , 求 得 导 数 , 令   ln 1 0g x x    ,进而得到  g x 的单调性,即有  g x 的最小值,即可得证. 所以  f x 在 2x e 处取得极小值，符合题意. 所以 1a  . （2）由（1）知 1a  ，∴   lnf x x x x  . 令      3 1g x f x x   ，即    ln 2 3 0g x x x x x    .   ln 1g x x  ，由   0g x  得 x e . 由   0g x  得 x e ，由   0g x  得 0 x e  ， 所以  g x 在 0,e 上单调递减，在 ,e  上单调递增， ∴所以  g x 在 1, 上最小值为   3 0g e e   . 于是在 1, 上，都有     0g x g e  . ∴    3 1f x x  得证. 2.已知函数   ln x x kf x e  （ k 为常数， 2.71828e  是自然对数的底数），曲线  y f x 在点   1, 1f 处的切线与 x 轴平行． （1）求 k 的值； （2）求  f x 的单调区间； （3）设    'g x xf x ，其中  'f x 为  f x 的导函数．证明：对任意 0x  ，   21g x e  ． 【答案】（1） 1k  ；（2）单调递增区间为  0,1 ；单调递减区间为  1, ；（3）详见解析. 【解析】试题分析：（1）求导可得   1' 1 0kf e    1k  ；（2）由（1 ）知，   1 ln 1 ' x xxf x e    ．设   1 ln 1k x xx    ,再利用导数工具进行求解；（3）由（2）可知， 当 1x  时，     2' 0 1g x xf x e    ，故只需证明   21g x e  在 0 1x  时成立,再 利用导数工具进行证明． 试题解析：（1）   1 ln ' x x kxf x e    ，由已知，   1' 1 0kf e   ，  1k  ． （2）由（1）知，   1 ln 1 ' x xxf x e    ． 设   1 ln 1k x xx    ，则   2 1 1' 0k x x x     ，即  k x 在  0, 上是减函数， 由  1 0k  知，当 0 1x  时   0k x  ，从而  ' 0f x  ， 当 1x  时   0k x  ，从而  ' 0f x  ， 综上可知，  f x 的单调递增区间是  0,1 ，单调递减区间是  1, ． 综上，对任意 0x  ，   21g x e  ． 考点：1、函数的导数；2、单调性；3、不等式的证明． 【方法点晴】本题考查导数与函数单调性的关系、不等式的证明与恒成立问题，以及逻辑思 维能力、等价转化能力、运算求解能力、分类讨论的思想与转化思想．利用导数处理不等式 问题．在解答题中主要体现为不等式的证明与不等式的恒成立问题．常规的解决方法是首先 等价转化不等式，然后构造新函数，利用导数研究新函数的单调性和最值来解决，当然要注 意分类讨论思想的应用． 3.已知函数   2 lnf x m x x  ，   2 3e 3x g x x  （ Rm ， e 为自然对数的底数）. （1）试讨论函数  f x 的极值情况； （2）证明：当 1m  且 0x  时，总有    3 0g x f x  . 【答案】（1）见解析;（2）见解析. 【解析】试题分析：（1）求   0f x  定义域内的所有根；判断   0f x  的根 0x 左右两侧值 的 符 号 即 可 得 结 果 ； （ 2 ） 当 0x  时 ，    3 0g x f x     23e 3 6 3 0xu x x mx     ，研究函数的单调性，两次求导，可证明  u x 在  0, 内 为单调递增函数，进而可得当 0x  时，    0 0u x u  ，即可得结果. （ 2 ） 证 法 一 ： 当 0x  时 ，    3 0g x f x   2 3e 3 6 3 0 x m x x      23e 3 6 3 0x x mx    . 设函数   23e 3xu x x  6 3mx  ， 则    3 e 2 2xu x x m   .记   e 2 2xv x x m   ， 则   e 2xv x   . 当 x 变化时，  v x ，  v x 的变化情况如下表： 由上表可知    ln2v x v ， 而   ln2ln2 e 2ln2 2v m    2 2ln2 2m    2 ln2 1m  ， 由 1m  ，知 ln2 1m   ， 所以  ln2 0v  ， 所以   0v x  ，即   0u x  . 所以  u x 在 0, 内为单调递增函数. 所以当 0x  时，    0 0u x u  . 即当 1m  且 0x  时， 23e 3x x 6 3 0mx   . 所以当 1m  且 0x  时，总有    3 0g x f x  . 证 法 二 ： 当 0x  时 ，    3 0g x f x   2 3e 3 6 3 0 x m x x      23e 3 6 3 0x x mx    . 因为 1m  且 0x  ，故只需证  22 2 1 1xe x x x     . 当 0 1x  时，  21 1xe x   成立； 当 1x  时，  2 21 1 x xe x e x     ，即证 2 1 x e x  . 令   2 1 x x e x    ，则由   21 1 02 x x e    ，得 2ln2x  . 在 1,2ln2 内，   0x  ； 在 2ln2, 内，   0x  ， 所以    2ln2 2 2ln2 1 0x      . 故当 1x  时，  21xe x  成立. 综上得原不等式成立. 4.已知   lnxf x ae b x  ，曲线  y f x 在   1, 1f 处的切线方程为 1 1 1y xe       . （1）求 ,a b 的值； （2）证明：   0f x  . 【答案】（1） 2 1 { 1 a e b   ;（2）证明见解析； 【解析】试题分析：（1）由切线方程得到    1 11 , 1 1f fe e    ，解得 ,a b ；（2）要证明   0f x  ， 只 需 证  min 0f x  即 可 ， 通 过 求 导 得 到    2 1xf x e g xx     ,   2 2 1 0xg x e x     得到  f x 在  0, 上单调递增，则存在  0 1,2x  满足  0 0f x  ，  00,x x 时，   0f x  ，当  0,x x  时，   0f x  ， 则 当 0x x 时 ，  f x 取 极 小 值 ， 也 是 最 小 值 ， 所 以 最 小 值 为   0 2 0 0 0 0 0 0 1 1ln 2 2 2 0xf x e x x xx x          ，   0f x  . 试题解析： 解：（1）函数  f x 的定义域为 0, ，   x bf x ae x    ，由题意得    1 11 , 1 1f fe e    ， 所以 2 1 1 { { 1 11 ae ae e bae b e      . （2）由（1）知      2 2 1 1lnx xf x e x f x e g xe x        ， 则   2 2 1 0xg x e x     ，所以   2 1xf x e x   在 0, 上单调递增， 又    1 0, 2 0f f  ，所以   0f x  在  0, 上有唯一的实数根 0x ，且  0 1,2x  ， 当  00,x x 时，   0f x  ，当  0,x x  时，   0f x  ， 从而当 0x x 时，  f x 取极小值，也是最小值， 由  0 0f x  ，得 0 2 0 1xe x   ，则 0 02 lnx x   ， 故     0 2 0 0 0 0 0 0 1 1ln 2 2 2 0xf x f x e x x xx x           ，所以   0f x  . 5.已知函数   1xf x e a  ，函数   ln ,g x ax x a R   . （Ⅰ）求函数  y g x 的单调区间； （Ⅱ）若  1,x  ，求证不等式 1 2ln 1xe x x     . 【答案】(1) g(x)的增区间 10, a      ，减区间 1 ,a      ;(2) 0a  ;(3)见解析. 【解析】试题分析：（1）根据导数的正负情况研究函数的单调性；（2）恒成立求参转化为   1 ln 1xF x e x a ax     0 恒成立，求到研究函数单调性和最值；（3）转化为 1 ln 1 0xe x a ax      在 1, 上恒成立。通过求导研究函数单调性，求得函数最值。 （Ⅰ）g(x)的定义域为 0, ，   ln ,g x ax x a R   ，   1 1axg x a x x      当 0a  时，   0g x  在 0, 上恒成立 所以 g(x)的增区间 0, ，无减区间当 0a  时，令   0g x  得 10 x a    令   0g x  得 1x a   所以 g(x)的增区间 10, a      ，减区间 1 ,a      . 点睛：这是一道比较综合的导数题目，首先研究函数的单调区间，一般是通过求导，研究导 函数的正负，来判断。恒成立求参的问题，可以转化为函数最值问题，或者含参讨论，证明 不等式恒成立，也可以转化为函数最值问题，或者转化为一边函数的最小值，大于另一边函 数的最大值，这种方法仅限于证明。 6.设函数    2 2lnf x a x x ax a R     . （1）试讨论函数  f x 的单调性； （2）如果 0a  且关于 x 的方程  f x m 有两解 1x ， 2x （ 1 2x x ），证明 1 2 2x x a  . 【答案】（1）见解析;（2）见解析. 【解析】试题分析： (1)求解函数的导函数，分类讨论可得： ①若 0a  ，则当  0,x a 时，数  f x 单调递减，当  ,x a  时， f 函数  f x 单调递 增； ②若 0a  ，函数  f x 单调递增； ③若 0a  ，则当 0, 2 ax      时，函数  f x 单调递减，当 ,2 ax       时，函数  f x 单 调递增. (2)原问题即证明 1 2 2 x x a  ，构造新函数    g x f x    2 2a x ax   ，结合新函数的性 质和题意即可证得结论. 试题解析： （ 1 ） 由   2 2lnf x a x x ax    ， 可 知   2 ' 2af x x ax        2 2 22 x a x ax ax a x x     . 因为函数  f x 的定义域为 0, ，所以， ①若 0a  ，则当  0,x a 时，  ' 0f x  ，函数  f x 单调递减，当  ,x a  时，  ' 0f x  ，函数  f x 单调递增； ②若 0a  ，则当  ' 2 0f x x  在  0,x  内恒成立，函数  f x 单调递增； ③若 0a  ，则当 0, 2 ax      时，  ' 0f x  ，函数  f x 单调递减，当 ,2 ax       时，  ' 0f x  ，函数  f x 单调递增. （2）要证 1 2 2x x a  ，只需证 1 2 2 x x a  . 设    g x f x    2 2a x ax   ， 因为   2 2 2 0ag x x    ， 所以    g x f x  为单调递增函数. 所以只需证  1 2 02 x xf f a       ， 即证 2 1 2 1 2 2 0a x x ax x      ， 只需证 1 2 2 x x    1 22 1 0x x aa    .（*） 又 2 2 1 1 1lna x x ax m    ， 2 2 2 2 2lna x x ax m    ， 所以两式相减，并整理，得 1 2 1 2 ln lnx x x x    1 22 1 0x x aa    . 把  1 22 1 x x aa    1 2 1 2 ln lnx x x x   代入（*）式， 得只需证 1 2 1 2 1 2 ln ln2 0x x x x x x     ， 可化为 1 2 1 1 2 2 2 1 ln 0 1 x x x x x x        . 令 1 2 x tx  ，得只需证  2 1 ln 01 t tt    . 令    2 1 ln1 tt tt     （ 0 1t  ）， 则    2 4 1 1 t tt           2 2 1 0 1 t t t    ， 所以  t 在其定义域上为增函数， 所以    1 0t   . 综上得原不等式成立. 7. 已知    1 1xf x e a x   ，   lng x x ． （1）求  g x 在点 1,0 处的切线； （2）讨论  f x 的单调性； （3）当 1 2a  ，  1,x  时，求证：      1f x x g x  ． 【答案】（1） 1y x  ；（2）见解析；（3）见解析. 【解析】试题分析：（1）求出原函数的导函数，求出在 1x  处的导数值，即为切线斜率，代 入直线方程的点斜式求得切线方程； （2）求出原函数的导函数，可得当 0a  时导函数在定义域内大于 0 恒成立，当 a＜0 时求出 导函数的零点，由零点对函数的定义域分段，根据导函数在各区间段内的符号得到函数的单 调区间； （3）令    ln 1h x x x   ，求其导函数，得到   1g x x  ，故      21 1x g x x   ，      21F x f x x   从而证得答案． （3）先证明：  1x  ， 时，   1g x x  ， 令       1 1ln 1 ' 1 xh x x x h x x x        ， 则  1x  ， 时，  ' 0h x  ，  h x 单调递减，故    1 0h x h  ， 即   1g x x  ． 故     21 1x g x x   ， 令            2 21 11 1 1 1 02 xF x f x x e x x F        ， ， 则   1 32 2 xF x e x    （ 1x  ），   11 .2F  而   1e 2 0 1 ln2xF x x       ， 故  F x 在  1 1 ln2x ， 上单调递减，在  1 ln2x   ， 上单调递增，     3 min 3 3 4ln2 ln ln161 ln2 2ln22 2 2 eF x F        ， 由于 3e 16 ，故  min 0F x  ， 所以   0F x  在  1x  ， 内恒成立，故  F x 在  1x  ， 内单调递增，    1 0F x F  ， 所以        21 1f x x x g x    ， 故问题得证． 点睛：导数在不等式问题中的应用问题的常见类型及解题策略利用导数证明不等式：①证明 f(x)g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数 F(x)＝f(x)－g(x)，如果 F′(x)>0， 则 F(x)在(a，b)上是增函数，同时若 F(a)≥0，由增函数的定义可知，x∈(a，b)时，有 F(x)>0， 即证明了 f(x)>g(x). 8.已知函数     2ln 1f x x a x x    . （1）讨论函数  f x 的单调性； （2）当 1a  时，证明：对任意的  0,x  ，有     2ln 1 1xf x a x ax       . 【答案】（1）详见解析（2）详见解析 【解析】试题分析：（1）求导，通过讨论导函数的零点的大小确定导函数的符号，进而确定 函数的单调性；（2）将问题合理等价转化为证明不等式恒成立问题，再转化为求函数的最值 问题，证明    max minF x g x 即可. 试题解析：（1）由题意知：     22 1 1( 0)a x xf x xx       当 1a   时，由   0f x  ，得   22 1 1 0a x x    且 Δ 9 8a  ，  1 1 9 8 4 1 ax a     ，  2 1 9 8 4 1 ax a     ， ①当 1a   时，  f x 在 0,1 上单调递增，在 1, 上单调递减； ②当 1a   时，  f x 在 20, x 上单调递增，在 2,x  上单调递减； ③当 9 8a   时，  f x 在 0, 上单调递增； ④当 9 18 a    时，  f x 在 20, x 和  1,x  上单调递增，在 2 1,x x 上单调递减. 所以  g x 在 0,e 上递减，在 e, 上递增 所以     1e 1eg x g a     又 1a  ，∴ 1 11 1ae e        ，即    max minF x g x ， 所以  lnln 1xx x a xx      在 0, 上恒成立， 故当 1a  时，对任意的  0,x  ，    ln 1xf x a xx     恒成立. 9.已知函数     2ln 1, ( ,2 xf x g x ax aex a R ex     是自然对数的底数). (1)求函数  f x 的单调区间; (2)若      h x f x g x  ,当 0a  时,求函数  h x 的最大值; (3)若 0,m n  且 n mm n ,求证: 2mn e . 【答案】（1）  f x 在 0,e 上单调递增,在 ,e  上单调递减. （2）   2 max 1 1 2h x aee   （3）见解析 【解析】试题分析：(1) 求出  'f x ，  ' 0f x  得增区间，  ' 0f x  得减区间；(2)利 用导数研究函数      h x f x g x  的单调性即可求函数  h x 的最大值；（3）化简已知得 0, n mm n m n   , ln lnn m m n  ln lnm n m n   即    f m f n ，然后利用分析法证明 原不等式. 试题解析: (1)  f x 的定义域为  0, ,且   2 1 lnxf x x   , 令   0 0f x x e    ,   0f x x e   f x 在 0,e 上单调递增,在 ,e  上单调递减. (2)   2ln 1 ( 0)2 xh x ax aex xx     ,    2 1 lnxh x a x ex      , 当 x e 时, 2 1 ln 0, 0x x ex   ,  0 0a a x e    ,   0h x   当 0 x e  时, 2 1 ln 0, 0, 0x x e ax      ,   0h x    h x 在 0,e 上单调递增,在 ,e  上单调递减.     2 max 1 1 2h x h e aee     . (3) 0, n mm n m n   , ln lnn m m n  ln lnm n m n   即    f m f n . 由(1)知  f x 在 0,e 上单调递增,在 ,e  上单调递减,且  1 0f  , 则1 n e m   要证 2mn e ,即证 2em en   ,即证   2ef m f n       ,即证   2ef n f n       , 即证   2 2 lnln n nn n e  ,由于1 ,0 ln 1n e n    ,即证 2 2 2ln 2 lne n n n n  . 令   2 2 2ln 2 ln (1 )G x e x x x x x e         2 2 4 2 ln 2 ln 1e eG x x x x x x x xx x                  2 ln 1e x e x x xx     1 x e    0G x   恒成立  G x 在 1,e 递增,     0G x G e   在  1,x e 恒成立, 原不等式成立. 【方法点晴】本题主要考查的是利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的最值、不 等式的恒成立，属于难题．利用导数研究函数  f x 的单调性进一步求函数最值的步骤：①确 定函数  f x 的定义域；②对  f x 求导；③令  ' 0f x  ，解不等式得 x 的范围就是递增区 间；令  ' 0f x  ，解不等式得 x 的范围就是递减区间；④根据单调性求函数  f x 的极值及 最值（闭区间上还要注意比较端点处函数值的大小）. 10.已知函数   lnf x a x x  在 1, 上存在两个零点 1x ， 2x ，且 1 2x x . （Ⅰ）求实数 a 的取值范围； （Ⅱ）若方程   lnf x x 的两根为 1x ， 2x ，且 1 2x x   ，求证： 1 2 1 2x x x x    . 【答案】（Ⅰ） a e  ; （Ⅱ）见解析. 试题解析： （Ⅰ）   0 ln 0 ln xf x a x x a x        ， 令   ln xx x   ，则    2 ln 1 ln xx x    .  x 的符号以及  x 单调性和极值分布情况如下表： x  ,1e e  ,e   x - 0 +  x 减 最小 增 ∴    x e e   . 当 1x  时，  x   ； x   时，  x   ， 故   lnf x a x x  在区间 1, 上存在两个零点时， a e  . （Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知  1 1,x e ，  2 ,x e  ，且 1 2 1 2ln ln x x ax x    ， 又   ln ln 1ln xf x x a x x ax       ， 则有  1 1,x e ，  2 ,x e   ，且 1 2 1 2 1ln ln x x ax x     ， ∴   ln xx x   在 1,e 上单调递减，  ,e  上单调递增，且1 a a   ， ∴ 1 1x x  ， 2 2x x  ， ∴ 1 2 1 2x x x x    ，得证.