2025年高考数学一轮复习课时作业-导数的不等式问题【含解析】

PAGE2025年高考数学一轮复习课时作业-导数的不等式问题【原卷版】(时间:45分钟分值:40分)1.(10分)已知函数f(x)=ax+xlnx,且曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线与直线4x-y+1=0平行.(1)求实数a的值;(2)求证:当x>0时,f(x)>4x-3.【加练备选】(2023·沧州七校联考)设a为实数,函数f(x)=ex-2x+2a,x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值;(2)求证:当a>ln2-1且x>0时,ex>x2-2ax+1.2.(10分)(2023·合肥模拟)已知函数f(x)=ex+x2-x-1.(1)求f(x)的最小值;(2)证明:ex+xlnx+x2-2x>0.【加练备选】已知函数f(x)=ex2-xlnx.求证:当x>0时,f(x)<xex+1e3.(10分)已知函数f(x)=aex-x-a.当a≥1时,从下面①和②两个结论中任选其一进行证明.①f(x)>xlnx-sinx;②f(x)>x(lnx-1)-cosx.注:如果选择多个条件分别作答,按第一个解答计分.4.(10分)已知函数f(x)=lnx-ax(a∈R).(1)讨论函数f(x)在(0,+∞)上的单调性;(2)证明:ex-e2lnx>0恒成立.2025年高考数学一轮复习课时作业-导数的不等式问题【解析版】(时间:45分钟分值:40分)1.(10分)已知函数f(x)=ax+xlnx,且曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线与直线4x-y+1=0平行.(1)求实数a的值;【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=lnx+1+a,由题意知,f'(e)=2+a=4,则a=2.(2)求证:当x>0时,f(x)>4x-3.【解析】(2)由(1)知,f(x)=2x+xlnx,令g(x)=f(x)-(4x-3)=xlnx-2x+3,则g'(x)=lnx-1,由lnx-1>0得x>e,由lnx-1<0得0<x<e,故g(x)在(0,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(e)=3-e>0,即g(x)>0,即f(x)>4x-3.【加练备选】(2023·沧州七校联考)设a为实数,函数f(x)=ex-2x+2a,x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值;【解析】(1)由f(x)=ex-2x+2a,x∈R,得f'(x)=ex-2,x∈R,令f'(x)=0,得x=ln2.于是当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如表:x(-∞,ln2)ln2(ln2,+∞)f'(x)-0+f(x)单调递减2(1-ln2+a)单调递增故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln2),单调递增区间是(ln2,+∞).f(x)在x=ln2处取得极小值,极小值为f(ln2)=2(1-ln2+a),无极大值.(2)求证:当a>ln2-1且x>0时,ex>x2-2ax+1.【解析】(2)设g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R.于是g'(x)=ex-2x+2a,x∈R.由(1)知当a>ln2-1时,g'(x)的最小值为g'(ln2)=2(1-ln2+a)>0,于是对任意x∈R,都有g'(x)>0,所以g(x)在R上单调递增,于是当a>ln2-1时,对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>g(0).又g(0)=0,从而对任意x∈(0,+∞),g(x)>0,即ex-x2+2ax-1>0,故ex>x2-2ax+1.2.(10分)(2023·合肥模拟)已知函数f(x)=ex+x2-x-1.(1)求f(x)的最小值;【解析】(1)由题意可得f'(x)=ex+2x-1,则函数f'(x)在R上单调递增,且f'(0)=0.由f'(x)>0,得x>0;由f'(x)<0,得x<0,则f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,故f(x)min=f(0)=0.(2)证明:ex+xlnx+x2-2x>0.【解析】(2)要证ex+xlnx+x2-2x>0,即证ex+x2-x-1>-xlnx+x-1.由(1)可知当x>0时,f(x)>0恒成立.设g(x)=-xlnx+x-1,x>0,则g'(x)=-lnx.由g'(x)>0,得0<x<1;由g'(x)<0,得x>1,则g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而g(x)≤g(1)=0,当且仅当x=1时,等号成立,故f(x)>g(x),即ex+xlnx+x2-2x>0.【加练备选】已知函数f(x)=ex2-xlnx.求证:当x>0时,f(x)<xex+1e【证明】要证f(x)<xex+1e,只需证ex-lnx<ex+1即ex-ex<lnx+1ex.令h(x)=lnx+1e则h'(x)=ex-1ex2,易知在(1e则h(x)min=h(1e所以lnx+1ex≥0.再令φ(x)=ex-e则φ'(x)=e-ex,易知φ(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,则φ(x)max=φ(1)=0,所以ex-ex≤0.因为h(x)与φ(x)不同时为0,所以ex-ex<lnx+1ex3.(10分)已知函数f(x)=aex-x-a.当a≥1时,从下面①和②两个结论中任选其一进行证明.①f(x)>xlnx-sinx;②f(x)>x(lnx-1)-cosx.注:如果选择多个条件分别作答,按第一个解答计分.【证明】选择①,当a≥1,x>0时,f(x)=aex-x-a=a(ex-1)-x≥ex-1-x,当且仅当a=1时等号成立.设g(x)=ex-x-xlnx+sinx-1,x>0.当0<x≤1时,-xlnx≥0,sinx>0,ex-1-x>0,故g(x)>0.当x>1时,g'(x)=ex-2-lnx+cosx,设h(x)=ex-2-lnx+cosx(x>1),则h'(x)=ex-1x-sinx所以h(x)在(1,+∞)上单调递增,h(x)>e-2+cos1>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,g(x)>e-2+sin1>0(x>1).综上,当a≥1时,f(x)>xlnx-sinx.选择②,当a≥1,x>0时,f(x)=aex-x-a=a(ex-1)-x≥ex-1-x,当且仅当a=1时等号成立.设g(x)=ex-xlnx+cosx-1,x>0.当0<x≤1时,-xlnx≥0,cosx>0,ex-1>0,故g(x)>0.当x>1时,g'(x)=ex-1-lnx-sinx,设h(x)=ex-1-lnx-sinx(x>1),则h'(x)=ex-1x-cosx所以h(x)在(1,+∞)上单调递增,h(x)>e-1-sin1>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,g(x)>e-1+cos1>0(x>1).综上,当a≥1时,f(x)>x(lnx-1)-cosx.4.(10分)已知函数f(x)=lnx-ax(a∈R).(1)讨论函数f(x)在(0,+∞)上的单调性;【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x-a=1-axx,当a≤0时,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,当a>0时,令f'(x)=0,得x=1a所以x∈(0,1a)时,f'(x)>0;x∈(1a,+∞)时,f'(所以f(x)在(0,1a)上单调递增,在(1a(2)证明:ex-e2lnx>0恒成立.【解析】(2)要证ex-e2lnx>0,即证ex-2令φ(x)=ex-x-1,所以φ'(x)=ex-1.令φ'(x)=0,得x=0,所以当x∈(-∞,0)时,φ'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,φ'(