考点30导数与不等式

考点30导数与不等式1.【2023新高考Ⅰ卷】已知函数f(x)=aex(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当a>0时，f(x)【答案】解：(1)f′(x)=ae当a=0时，f(x)在(−∞,+∞)当a<0时aex<0，当a>0时，令f′(x)=0，x=−lna，x∈x∈(−lna,故当a≤0时f(x)在(−∞,+∞当a>0时，f(x)在区间(−∞,(2)由(1)知当a>0时，f(x)在区间(−∞,−lna)单调递减，在区间令g(a)=ag′(a)=2a2−1a，令g′(a)=0，因为a>0，故a=22，g(a)在区间(0,2【解析】本题考查了函数的求导，利用导数分析函数的单调性，根据函数的极值、最值证明不等式，属于中等难度．(1)先对函数f(x)求导后，得到f’(x)=aex−1，根据ex>0得出分a=0、a<0、(2)要证a>0时，f(x)>2lna+32.结合(1)讨论结果知f(x)构造g(a)=a2+lna+1−2lna+32=a2−lna−12，只需证明g(a)min>2.【2023全国甲卷】已知函数f(x)=ax−sinxcos2x，x∈(0,π2)．

(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=x−sinxco，因为x∈(0,π2)所以f(x)在(0,π(2)f(x)+sinx<0恒成立，即令g(x)=ax−sinxcog′(0)=a，令t=cosx∈(0,1)，再令则，所以g′(x)在(0,π当a>0时，g′(0)=a>0，当x→π2时，所以存在唯一的x1∈0,则当0<x≤x1时，g(x)在(0,x1当a≤0时，当x∈(0,π2)所以g(x)在(0,π2)综上所述，a的取值范围是

【解析】本题考查了利用导数研究函数的单调性以及利用导数研究不等式恒成立问题，属于较难题．(1)通过求已知函数的导函数判断函数的单调性即可；(2)构造函数，利用导数研究函数的相关性质，分a>0与a≤0两种情况分别讨论即可．3.【2022新高考Ⅱ卷】已知函数f(x)=xeax−ex．

(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性;

(2)当x>0时，f(x)<−1，求实数a的取值范围;

(3)设n∈【答案】解：(1) a=1⇒f(x)=xex−ex=(x−1)ex⇒f′(x)=xex

当x∈(−∞,0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减;

当x∈(0,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．

(2)令g(x)=f(x)+1=xeax−ex+1(x≥0)⇒g(x)≤g(0)=0对∀x≥0恒成立

又g′(x)=eax+axeax−ex⇒g′(0)=0

令ℎ(x)=g′(x)⇒ℎ′(x)=aeax+a(eax+axeax)−ex=a(2eax+axeax)−ex，则ℎ′(0)=2a−1

 ①若ℎ【解析】本题考查了利用导数判断或证明已知函数的单调性和利用导数解(证明)不等式，属于难题。4.【2021全国乙卷】已知函数f(x)=ln(a−x)，已知x=0是函数y=xf (x)的极值点．

(1)求a；

(2)设函数g(x)=x+f(x)xf(x).【答案】(1)解：由题意，f(x)的定义域为(−∞,a)，

令m(x)=xf(x)，则m(x)=xln(a−x)，x∈(−∞,a)，

则m′(x)=ln(a−x)+x⋅−1a−x=ln(a−x)+−xa−x，

因为x=0是函数y=xf(x)的极值点，则有m′(0)=0，即lna=0，所以a=1，

当a=1时，m′(x)=ln(1−x)+−x1−x=ln(1−x)+−11−x+1，且m′(0)=0，

令G(x)=ln(1−x)+−11−x+1，x∈(−∞,1)

因为G′(x)=−11−x+−1(1−x)2=x−2(1−x)2<0，

则m′(x)在(−∞,1)上单调递减，

所以当x∈(−∞,0)时，m′(x)>0，

当x∈(0,1)时，m′(x)<0，

所以a=1时，x=0是函数y=xf(x)的一个极大值点．

综上所述，a=1；

(2)证明：由(1)可知，xf(x)=xln(1−x)，

要证函数g(x)=x+f(x)xf(x)<1，即需证明x+ln(1−x)xln(1−x)<1，

因为当x∈(−∞,0)时，xln(1−x)<0，

当x∈(0,1)时，xln(1−x)<0，

所以需证明x+ln(1−x)>xln(1−x)，即【解析】本题考查了导数的综合应用，主要考查了利用导数研究函数的极值问题，利用导数证明不等式问题，此类问题经常构造函数，转化为证明函数的取值范围问题，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于难题．

(1)确定函数f(x)的定义域，令m(x)=xf(x)，由极值的定义得到m′(0)=0，求出a的值，然后进行证明，即可得到a的值；

(2)将问题转化为证明x+ln(1−x)xln(1−x)<1，进一步转化为证明x+ln(1−x)>xln(1−x)，令5.【2021新高考Ⅰ卷】已知函数f(x)=x(1−lnx)．

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)设a，b为两个不相等的正数，且blna−alnb=a−b，证明：2<1a+【答案】(1)解：由函数的解析式可得f′(x)=1−lnx−1=−lnx，

∴x∈(0,1)，f′(x)>0，f(x)单调递增，

x∈(1,+∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减，

则f(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减．

(2)证明：由blna−alnb=a−b，得−1aln1a+1bln1b=1b−1a，

即1a(1−ln1a)=1b(1−ln1b)，

由(1)f(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减，

所以f(x)max=f(1)=1，且f(e)=0，

令x1=1a，x2=1b，

则x1，x2为f(x)=k的两根，其中k∈(0,1)．

不妨令x1∈(0,1)，x2∈(1,e)，则2−x1>1，

先证2<x1+x2，即证x2>2−x1，即证f(x2)=f(x1)<f(2−x1)，

令ℎ(x)=f(x)−f(2−x)，

则ℎ′(x)=f′(x)+f′(2−x)=−lnx−ln(2−x)=−ln[x(2−x)]在(0,1)单调递减，

所以ℎ′(x)>ℎ′(1)=0，

故函数ℎ(x)在(0,1)单调递增，

∴ℎ(x1)<ℎ(1)=0.∴f(x1)<f(2−x1)，∴2<x1+x2，得证．

设x2=tx1，则t>1，

结合lna+1a=lnb+1【解析】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用导数研究极值点偏移问题，等价转化的数学思想，同构的数学思想等知识，属于难题．

(1)首先求得导函数的解析式，然后结合导函数的符号即可确定函数的单调性，

(2)利用同构关系将原问题转化为极值点偏移的问题，构造函数分别证明左右两侧的不等式即可．6.【2020全国Ⅰ卷】已知函数f(x)=ex(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时，f(x)⩾12x3【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=ex+记g(x)=f′(x)，因为g′(x)=ex+2>0，所以g(x)=f′(x)=又f′(0)=0，得当x>0时f′(x)>0，即f(x)=ex+当x<0时f′(x)<0，即f(x)=ex+所以f(x)=ex+x2(2)①当x=0时，a∈R②当x>0时，f(x)≥12x令ℎ(x)=12记m(x)=ex令q(x)=ex−x−1，因为x>0所以m′(x)=q(x)=ex−x−1在所以m(x)=ex−12故当x∈(0,2)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)=12x当x∈(2,+∞)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)=12x所以[ℎ(x)]max=ℎ(2)=7−综上可知，实数a的取值范围是[7−【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性、导数与不等式等知识，考查运算求解、逻辑推理能力及分类讨论的数学思想，属于较难题．

(1)当a=1时，f(x)=ex+x2−x，两次求导，利用导数即可确定函数的单调区间；

(2)分类讨论，当7.【2020全国Ⅱ卷】已知函数fx=sin2(1)讨论fx在区间0,π(2)证明：fx(3)设n∈N∗，证明：sin【答案】解：(1)f(x)=f

=2sin2x⋅(所以对于f′x有：当x∈(0,π3)时，f​′(x)>0当x∈(2π3,π)所以f(x)在x∈(0,π3)时单调递增，在x∈π(2)证明：∵f(x+π)=sin∴函数f(x)的周期为π．由(1)，f(x)在x∈(0,π3)时单调递增，在x∈[π3故f(x)在0,π上的值域为−338,3故|f(x)|⩽3(3)证明：由(2)知：f(x)⩽338=3432

即有：sin即有：sin2则sin=⩽|sin即有：sin2【解析】本题考查