2020版高考数学一轮复习第三章第四节第1课时利用导数解决不等式问题精练文

第1课时利用导数解决不等式问题1.(2018课标全国Ⅲ,21,12分)已知函数f(x)=.求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;证明:当a≥1时,f(x)+e≥0.分析此题考察导数的几何意义、导数的综合应用.(1)f'(x)=,f'(0)=2.所以曲线y=f(x)在(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.(2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥(x2+x-1+ex+1)e-x.令g(x)=x2+x-1+ex+1,则g'(x)=2x+1+ex+1.当x<-1时,g'(x)<0,g(x)单一递减;当x>-1时,g'(x)>0,g(x)单一递加.所以g(x)≥g(-1)=0.所以f(x)+e≥0.2.(2018河北石家庄模拟)已知函数f(x)=ex-3x+3a(e为自然对数的底数,a∈R).求f(x)的单一区间与极值;求证:当a>ln,且x>0时,>x+-3a.分析(1)由f(x)=ex-3x+3a知,f'(x)=ex-3.令f'(x)=0,得x=ln3,于是当x变化时,f'(x)和f(x)的变化状况以下表:x(-∞,lnln3(ln3)3,+∞)f'(x)-0+f(x)单一递减极小值单一递加故f(x)的单一递减区间是(-∞,ln3),单一递加区间是(ln3,+∞),f(x)在x=ln3处获得极小值,极小值为f(ln3)=-3ln3+3a=3(1-ln3+a).2证明:待证不等式等价于e-x+3ax-1>0,设g(x)=ex-x2+3ax-1,x>0,1则g'(x)=ex-3x+3a,x>0.由(1)及a>ln=ln3-1知,g'(x)的最小值为g'(ln3)=3(1-ln3+a)>0.g(x)在(0,+∞)上为增函数,g(0)=0,∴当x>0时,g(x)>0,即ex-x2+3ax-1>0,即>x+-3a.3.(2019贵州适应性考试)已知函数f(x)=xlnx+ax,a∈R,函数f(x)的图象在x=1处的切线与直线x+2y-1=0垂直.求a的值和函数f(x)的单一区间;求证:ex>f'(x).分析(1)由题易知,f'(x)=lnx+1+a,x>0,由于f(x)的图象在x=1处的切线的斜率k=2,所以f'(1)=ln1+1+a=2,所以a=1.所以f'(x)=lnx+2,当x>e-2时,f'(x)>0,当0<x<e-2时,f'(x)<0,所以函数f(x)的单一递加区间为(e-2,+∞),单一递减区间为(0,e-2).xx-lnx-2,x>0,(2)证明:设g(x)=e-f'(x)=e由于g'(x)=ex-在(0,+∞)上单一递加,且g'(1)=e-1>0,g'=-2<0,所以g'(x)在上存在独一的零点t,使得g'(t)=et-=0,即et=.当0<x<t时,g'(x)<g'(t)=0,当x>t时,g'(x)>g'(t)=0,所以g(x)在(0,t)上单一递减,在(t,+∞)上单一递加,所以x>0时,g(x)≥g(t)=et-lnt-2=-ln-2=t+-2≥2-2=0,又<t<1,所以上式等号取不到,所以g(x)>0,即ex>f'(x).4.已知函数f(x)=alnx+,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=2.(1)求a,b的值;2(2)当x>0且x≠1时,求证:f(x)>.分析(1)函数f(x)=alnx+的导数为f'(x)=-,由曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=2,可得f(1)=2b=2,f'(1)=a-b=0,解得a=b=1.(2)证明:当x>1时,f(x)>即为lnx+1+>lnx+,即x--2lnx>0,当0<x<1时,f(x)>即为x--2lnx<0,设g(x)=x--2lnx,则g'(x)=1+-=≥0,可得g(x)在(0,+∞)上