备战2025年高考数学一轮复习(世纪金榜高中全程复习方略数学人教A版基础版)课时作业二十一　导数的不等式问题.docx

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二十一导数的不等式问题

(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x0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-10得xe,由lnx-10得0xe,

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-e0,

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aln2-1且x0时,exx2-2ax+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aln2-1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aln2-1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-10,故exx2-2ax+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x0;由f(x)0,得x0,

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+x2-2x0.

【解析】(2)要证ex+xlnx+x2-2x0,

即证ex+x2-x-1-xlnx+x-1.

由(1)可知当x0时,f(x)0恒成立.

设g(x)=-xlnx+x-1,x0,则g(x)=-lnx.

由g(x)0,得0x1;由g(x)0,得x1,

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+x2-2x0.

【加练备选】

已知函数f(x)=ex2-xlnx.求证:当x0时,f(x)xex+1e

【证明】要证f(x)xex+1e,只需证ex-lnxex+1

即ex-exlnx+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-exlnx+1ex

3.(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,x0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,x0.

当0x≤1时,-xlnx≥0,sinx0,ex-1-x0,故g(x)0.

当x1时,g(x)=ex-2-lnx+cosx,

设h(x)=ex-2-lnx+cosx(x1),

则h(x)=ex-1x-sinx

所以h(x)在(1,+∞)上单调递增,

h