第五章 一元函数的导数及其应用 专项拓展训练(二) （含解析）

《第五章　一元函数的导数及其应用》专项拓展训练(二)
专项一 利用导数研究不等式问题
类型1　比较大小
1.已知α,β∈[-,],且αsin α-βsin β>0,则(　　)
A.α>β B.α2>β2
C.α<β D.α+β>0
2.[2022安徽安庆示范高中高三下联考]已知m,n都是正整数,且em+ln nA.n>em B.m>em
C.nen
3.[2022江苏南京高三上调研]已知a,b,c∈(0,1),且a2-2ln a+1=e,b2-2ln b+2=e2,c2-2ln c+3=e3,其中e是自然对数的底数,则(　　)
A.a>b>c B.a>c>b
C.c>a>b D.c>b>a
类型2　不等式的恒成立、有解问题
4.[2022重庆蜀都中学高二下月考]已知函数f(x)=x3-3x2-9x+1,若f(x)-2a+1≤0对任意的x∈[-2,4]恒成立,则实数a的取值范围是(　　)
A.(-∞,-] B.[,+∞)
C.(-∞,0] D.[0,+∞)
5.[2022安徽十校联盟高三上开学考试]已知f(x)=aln x,g(x)=(a+2)x-x2,若存在x0∈[,e],使得f(x0)≤g(x0)成立,则实数a的取值范围是(　　)
A.[-1,+∞) B.(-1,+∞)
C.[-1,0] D.(-1,0)
6.[2022四川成都蓉城高中教育联盟高二下期末联考]已知函数f(x)=x3-4mx,若f(ex)>f(2x-3)对任意x∈R均成立,则实数m的取值范围为(　　)
A.(-∞,0] B.(-∞,2]
C.(-∞,3] D.(-∞,4]
7.[2022山西怀仁一中高二上期中]已知a∈R,f(x)=(a+x)ex在[-3,+∞)上单调递增.
(1)求实数a的最小值;
(2)当实数a取最小值时,若存在x使不等式f(x)-ke2x≥0成立,求实数k的取值范围.
8.已知函数f(x)=(ax-1)ex(x>0,a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当a=1时,f(x)>kx-2恒成立,求整数k的最大值.
类型3　双变量的存在、任意问题
9.[2022山东淄博实验中学高三上月考]函数f(x)=x3+(1-a)x2-a(a+2)x,g(x)=x-,若对任意x1∈[-1,1],总存在x2∈[0,2],使得f'(x1)+2ax1=g(x2)成立,则实数a的取值范围为　　　　.
10.已知函数f(x)=+aln x(a∈R,a≠0).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)设函数g(x)=2x2f '(x)-xf(x)-3a(a<0),存在实数x1,x2∈[1,e2],使得不等式2g(x1)11.已知函数f(x)=(x∈R),a为正实数.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若 x1,x2∈[0,4],不等式|f(x1)-f(x2)|<1恒成立,求实数a的取值范围.
12.已知函数f(x)=x-mln x-(m∈R),g(x)=x2+ex-xex.
(1)当x∈[1,e]时,求f(x)的最小值;
(2)当m≤2时,若存在x1∈[e,e2],使得对任意x2∈[-2,0],f(x1)≤g(x2)成立,求实数m的取值范围.
类型4　利用放缩法或构造法证明不等式
13.已知函数f(x)=(x+a)ln(x+1)-ax.
(1)若a=2,求f(x)的单调区间;
(2)若a≤-2,-12x(1-e-x).
14.已知函数f(x)=eln x-ax(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a=e时,证明:xf(x)-ex+2ex≤0.
15.已知f(x)=asin x+x2ex-ax-xexsin x.
(1)当f(x)有两个零点时,求实数a的取值范围;
(2)当a=1,x>0时,设g(x)=,求证:g(x)≥x+ln x.
16.已知函数f(x)=.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)证明: x∈(0,+∞),都有ln x<成立.
专项二 极值点偏移问题
1.[2022河北沧州沧县中学高二下段考]已知函数f(x)=x++2ln x-a(a∈R)有两个不同的零点x1,x2.
(1)求实数a的取值范围;
(2)求证:x1x2>1.
2.[2022广东深圳大学附属中学高二下段考]记函数f(x)=x+aln(1-ln x),a∈R,其导函数为f '(x).
(1)讨论f(x)的极值点个数;
(2)当a=1时,令g(x)=x(1-ln x)f '(x),若x1,x2(x12.
参考答案
专项一 利用导数研究不等式问题
1.B　构造函数f(x)=xsin x,则f '(x)=sin x+xcos x.当x∈[0,]时,f '(x)≥0,f (x)单调递增,当x∈[-,0)时,f '(x)<0,f(x)单调递减.又f(x)为偶函数,所以αsin α-βsin β>0 αsin α>βsin β f (α)>f (β) f (|α|)>f (|β|) |α|>|β| α2>β2,故选B.
2.A　因为em+ln n3.A　设f(x)=x2-2ln x(00),则由a2-2ln a+1=e,b2-2ln b+2=e2,c2-2ln c+3=e3,可得f(a)=g(1),f(b)=g(2),f(c)=g(3).又g'(x)=ex-1>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以g(3)>g(2)>g(1),即f(c)>f(b)>f(a).因为f '(x)=2x-<0,所以f(x)在(0,1)上单调递减,所以a>b>c.
4.B　f(x)-2a+1≤0对任意的x∈[-2,4]恒成立,等价于2a≥x3-3x2-9x+2在x∈[-2,4]上恒成立,即2a≥(x3-3x2-9x+2)max,x∈[-2,4].令h(x)=x3-3x2-9x+2,x∈[-2,4],则h'(x)=3x2-6x-9=3(x-3)(x+1).当x∈(-1,3)时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(-2,-1)或x∈(3,4)时,h'(x)>0,h(x)单调递增.又h(-1)=7,h(4)=-18,所以h(x)max=7,所以2a≥7,即a≥.
5.A　由f(x0)≤g(x0),得aln x0≤(a+2)x0-,即(x0-ln x0)a≥-2x0.由y=x及y=ln x的图象,知x>ln x,所以a≥.记G(x)=,x∈[,e],则G'(x)=.因为x∈[,e],所以2-2ln x=2(1-ln x)≥0,所以x-2ln x+2>0,所以当x∈[,1]时,G'(x)≤0,G(x)单调递减;当x∈(1,e]时,G'(x)>0,G(x)单调递增,所以G(x)min=G(1)=-1,所以a≥-1.
6.A　设g(x)=ex-2x+3,则g'(x)=ex-2.当x∈(-∞,ln 2)时,g'(x)<0,函数g(x)单调递减,当x∈(ln 2,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,所以 g(x)≥g(ln 2)=2-2ln 2+3=5-2ln 2>0,故ex>2x-3.又f(ex)>f(2x-3)对任意x∈R均成立,所以函数f(x)=x3-4mx在R上为增函数,所以f '(x)≥0在R上恒成立,所以x2-4m≥0在R上恒成立,即m≤()min,所以m≤0,所以实数m的取值范围为(-∞,0].
7.解析(1)由题意可得f'(x)=(x+a+1)ex≥0在[-3,+∞)上恒成立,
所以x+a+1≥0在x∈[-3,+∞)上恒成立,所以-3+a+1≥0,解得a≥2.
故实数a的最小值为2.
(2)当a=2时,存在x使不等式f(x)-ke2x=ex(x+2-kex)≥0成立,又ex>0,所以存在x使不等式x+2-kex≥0成立,即存在x使不等式k≤成立.
不妨令g(x)=,即问题转化为k≤g(x)max,
g'(x)=-,令g'(x)>0,得x<-1,令g'(x)<0,得x>-1,所以g(x)在区间(-∞,-1)上单调递增,在(-1,+∞)上单调递减,
从而g(x)的最大值为g(-1)=e,即k≤e,
故实数k的取值范围为(-∞,e].
8.解析(1)易得f '(x)=[ax-(1-a)]ex.
当a≥1时,f '(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当0故f(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增;
当a≤0时,f '(x)<0,故f(x)在(0,+∞)上单调递减.
(2)当a=1时,f(x)=(x-1)ex,
则(x-1)ex>kx-2对于x>0恒成立.
方法一　令g(x)=(x-1)ex-kx+2(x≥0),
则g'(x)=xex-k(x≥0).
当k≤0时,g'(x)≥0,则g(x)在(0,+∞)上单调递增,且g(0)=1>0,符合题意;
当k>0时,令h(x)=xex-k(x≥0),
则h'(x)=(x+1)ex>0,所以当x≥0时,g'(x)单调递增,
又g'(0)=-k<0,所以存在x0>0,使得g'(x0)=x0-k=0,且g(x)在(0,x0]上单调递减,在[x0,+∞)上单调递增,故g(x)min=g(x0)=(x0-1)-kx0+2>0,
即·k-kx0+2>0,所以k<,
由x0+≥2,当且仅当x0=1时取等号,得0又k∈Z,所以整数k的最大值为1.
又k=1时,g'()=-1<0,g'(1)=e-1>0,
所以x0∈(,1),∈(,2),
所以k=1时符合题意.
所以整数k的最大值为1.
方法二　原不等式等价于k<对x>0恒成立.
令h(x)=(x>0),
则h'(x)=(x>0).
令t(x)=(x2-x+1)ex-2(x>0),则t'(x)=x(x+1)ex>0,所以t(x)在(0,+∞)上单调递增.
又t(1)>0,t()=-2<0,
所以存在x0∈(,1),使得t(x0)=(-x0+1)-2=0,且h(x)在(0,x0]上单调递减,在[x0,+∞)上单调递增,
所以h(x)min=h(x0)=,
又x0∈(,1),所以x0+-1∈(1,),
所以h(x0)∈(,2),所以k<,
经验证k=1时,f(x)>kx-2恒成立,所以整数k的最大值为1.
9.[-2,0]　解析 g(x)=x-在x∈[0,2]上单调递增,且g(0)=-,g(2)=6,所以g(x)的值域为B=[-,6].因为f(x)=x3+(1-a)x2-a(a+2)x,所以f'(x)=3x2+2(1-a)x-a(a+2),所以f'(x1)+2ax1=3+2(1-a)x1-a(a+2)+2ax1=3+2x1-a(a+2).令h(x)=3x2+2x-a(a+2)=3(x+)2-a(a+2)-,x∈[-1,1],设函数h(x)的值域为A.因为对任意x1∈[-1,1],总存在x2∈[0,2],使得f'(x1)+2ax1=g(x2)成立,所以A B.又h(x)min=h(-)=-a(a+2)-,h(-1)=1-a(a+2),h(1)=5-a(a+2)>h(-1),所以A=[-a(a+2)-,5-a(a+2)],所以解得-2≤a≤0,所以实数a的取值范围为[-2,0].
10.解析(1)因为f(x)=+aln x(x>0),
所以f '(x)=(x>0).
①当a>0时,因为>0,所以当x∈(0,)时,f '(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈(,+∞)时,f '(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)的单调递减区间是(0,),单调递增区间是(,+∞).
②当-1③当a=-1时,因为f '(x)=-<0,所以f(x)的单调递减区间是(0,+∞).
④当a<-1时,因为>0,所以当x∈(0,)时,f '(x)>0,当x∈(,+∞)时,f '(x)<0,
所以f(x)的单调递增区间是(0,),单调递减区间是(,+∞).
(2)因为存在实数x1,x2∈[1,e2],使得不等式2g(x1)由题意得g(x)=2ax-axln x-(6a+3)(a<0),所以g'(x)=a(1-ln x).
因为a<0,所以当x∈[1,e)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(e,e2]时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
所以g(x)min=g(e)=ae-6a-3,g(x)max=max{g(1),g(e2)}=-6a-3.
所以2ae-12a-6<-6a-3,所以a>,所以a∈(,0).
11.解析(1)因为f(x)=(x∈R),
所以f '(x)=.
因为a>0,所以令f '(x)>0,得03.
所以f(x)的单调递增区间为[0,3],单调递减区间为(-∞,0)和(3,+∞).
(2)由(1)知f(x)在[0,3]上单调递增,在[3,4]上单调递减,所以f(x)在[0,4]上的最大值是f(3)=.
又f(0)=-a<0,f(4)=11ae-4>0,所以f(0)所以f(x)在[0,4]上的最小值为f(0)=-a.
若 x1,x2∈[0,4],不等式|f(x1)-f(x2)|<1恒成立,
则需|f(x)max-f(x)min|<1在x∈[0,4]时恒成立,
即|f(3)-f(0)|<1,即+a<1,解得a<.
又a>0,所以0故实数a的取值范围为(0,).
12.解析(1)f(x)=x-mln x-(x>0),
所以f '(x)=1-.
①当m≤2时,若x∈[1,e],则f '(x)≥0,所以f(x)在[1,e]上单调递增,所以f(x)min=f(1)=2-m.
②当m≥e+1时,若x∈[1,e],则f '(x)≤0,所以f(x)在[1,e]上单调递减,所以f(x)min=f(e)=e-m-.
③当2所以f(x)在[1,m-1]上单调递减,在[m-1,e]上单调递增.所以f(x)min=f(m-1)=m-2-mln(m-1).
(2)当m≤2时,若x∈[e,e2],则f '(x)>0,所以f(x)在[e,e2]上单调递增,所以f(x)min=f(e)=e-m-.
由题知g'(x)=x+ex-(x+1)ex=x(1-ex),
当x∈[-2,0]时,g'(x)≤0,所以g(x)在[-2,0]上单调递减,所以g(x)min=g(0)=1.
所以e-m-≤1,即m≥,
所以实数m的取值范围是[,2].
13.解析(1)当a=2时,f(x)=(x+2)ln(x+1)-2x,f '(x)=ln(x+1)+-2=ln(x+1)+-1.
令φ(x)=ln(x+1)+-1,则φ'(x)=.
令φ'(x)=0,得x=0.
当-1当x>0时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增.
故φ(x)≥φ(0)=0,即f '(x)≥0,所以f(x)在(-1,+∞)上单调递增.
故f(x)的单调递增区间为(-1,+∞),无单调递减区间.
(2)令h(a)=(x+a)ln(x+1)-ax(a≤-2),则h'(a)=ln(x+1)-x<0,
所以h(a)在a∈(-∞,-2]上单调递减,所以h(a)≥h(-2)=(x-2)ln(x+1)+2x.
则当-12x(1-e-x),只需证(x-2)ln(x+1)+2x>2x(1-),
即证(2-x)ln(x+1)<,即证>ln(x+1),
又由(1)知当a=2,-1又-10,ex(2-x)>0,
故只需证>1.
令g(x)=,则g'(x)=<0,
所以g(x)在(-1,0)上单调递减,所以g(x)>g(0)=1,
所以f(x)>2x(1-e-x).
14.解析(1)f '(x)=-a(x>0).
①当a≤0时,f '(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上单调递增.
②当a>0时,若00,若x>,则f '(x)<0,
故f(x)在(0,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减.
综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>0时,f(x)在(0,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减.
(2)因为x>0,所以只需证f(x)≤-2e.
当a=e时,由(1)知f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以f(x)max=f(1)=-e.
记g(x)=-2e(x>0),则g'(x)=,
所以当01时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
所以g(x)min=g(1)=-e.
综上,当x>0时,f(x)≤g(x),即f(x)≤-2e,即xf(x)-ex+2ex≤0.
15.解析(1)由题意,知f(x)=(xex-a)(x-sin x)有两个零点,
因为x-sin x=0时,x=0,
所以xex-a=0有一个非零实根.
设h(x)=xex,得h'(x)=(x+1)ex,
所以h(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(-1)=-.
又h(0)=0,所以x>0时,h(x)>0,
易知x<0时,h(x)<0.
所以实数a的取值范围是{a|a=-或a>0}.
(2)方法一　由题意,知g(x)==xex-1,
所以欲证g(x)≥x+ln x,即证xex-1≥x+ln x=ln xex,即证xex-ln xex-1≥0.
令t=xex>0,H(t)=t-ln t-1(t>0),
则H'(t)=1-,
所以H(t)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
所以H(t)≥H(1)=0,
所以xex-1≥x+ln x.
方法二　由题意,知g(x)==xex-1,
所以要证g(x)≥x+ln x,即证xex-1≥x+ln x,即证xex-x-ln x-1≥0.
设M(x)=xex-x-ln x-1,
则M'(x)=(x+1)(ex-)(x>0),
令N(x)=ex-,则N'(x)=ex+>0,
所以N(x)在(0,+∞)上单调递增.
又N()=-2<0,N(1)=e-1>0,所以 x0∈(,1),使N(x0)=0,所以,即x0=-ln x0,
所以M(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
所以M(x)min=M(x0)=x0-x0-ln x0-1=1-x0+x0-1=0,所以xex-1≥x+ln x.
16.解析(1)由f(x)=,得f '(x)=.
令f '(x)>0,得0e.
所以f(x)的单调递增区间是(0,e),单调递减区间是(e,+∞).
(2)欲证ln x<,即证,
即证f(x)<.
由(1)可知f(x)≤f(e)=.
令φ(x)=,则φ'(x)=,易知φ(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
所以φ(x)≥φ(1)=,
所以f(x)<φ(x)对任意x∈(0,+∞)都成立.
故 x∈(0,+∞),都有ln x<成立.
专项二 极值点偏移问题
1.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=1-.
当x∈(0,1)时,f '(x)<0,当x∈(1,+∞)时,f '(x)>0,所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
所以f(x)在x=1处取得极小值,也是最小值,
所以f(x)min=f(1)=4-a<0,即a>4.
当a>4时,易知f(a)=a++2ln a-a=+2ln a>0,f()=+3a-2ln a-a=+2(a-ln a)>>0.
所以当a>4时,f(x)=x++2ln x-a(a∈R)有两个不同的零点.
(2)由题意,假设01,只需证x1>,又f(x)在(0,1)上单调递减,故只需证f(x1)因为x1,x2为f(x)的两个不同的零点,所以f(x1)=f(x2),所以只需证f(x2)构造函数g(x)=f(x)-f(),即g(x)=-2x+4ln x,所以g'(x)=,所以g(x)在(1,+∞)上单调递减,
又g(1)=0,x2>1,所以g(x2)1得证.
2.解析(1)由题意知f(x)的定义域为(0,e).
因为f '(x)=1+a··(-)=,
所以f(x)的极值点个数即关于x的方程x(1-ln x)-a=0的根的个数.
令h(x)=x(1-ln x),则h'(x)=1-ln x-1=-ln x,
令h'(x)=0,得x=1,
所以当x∈(0,1)时,h'(x)>0,函数h(x)单调递增;当x∈(1,e)时,h'(x)<0,函数h(x)单调递减,
所以h(x)max=h(1)=1,函数h(x)在(0,e)上的大致图象如图所示.
所以当a∈(0,1)时,函数f(x)有两个极值点;
当a∈(-∞,0]∪[1,+∞)时,函数f(x)无极值点.
(2)当a=1时,g(x)=x(1-ln x)-1(x∈(0,e)),
所以g'(x)=1-ln x-1=-ln x.
由(1)知关于x的方程g(x)=m有两个不相等的实数根时,有m∈(-1,0),x1∈(0,1),x2∈(1,e).
故要证x1+x2>2,只需证x1+x2>2,即证x2>2-x1.又1<2-x1<2,且g(x)在(1,e)上单调递减,所以只需证g(x2)又g(x2)=g(x1),所以只需证g(x1)令F(x)=g(x)-g(2-x)(x∈(0,1)),则F'(x)=g'(x)+g'(2-x)=-ln x-ln(2-x).
令F'(x)=0,则x=1,
所以当x∈(0,1)时,F'(x)>0,函数F(x)单调递增,
又x→1时,F(x)→0,所以F(x1)<0,
即g(x1)-g(2-x1)<0,即g(x1)所以x1+x2>2得证.