2020高考数学二轮复习练习：第二部分 专题六 第4讲 导数与不等式 练典型习题 提数学素养含解析
1．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>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.
解：(1)由f(x)＝ex－2x＋2a(x∈R)，知f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
当x
ln 2时，f′(x)>0，故函数f(x)在区间(ln 2，＋∞)上单调递增．
所以f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2处取得极小值f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a，无极大值．
(2)证明：要证当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1，即证当a>ln 2－1且x>0时，ex－x2＋2ax－1>0.
设g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x≥0)．
则g′(x)＝ex－2x＋2a，由(1)知g′(x)min＝g′(ln 2)＝2－2ln 2＋2a.
又a>ln 2－1，则g′(x)min>0.
于是对∀x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增．
于是对∀x>0，都有g(x)>g(0)＝0.
即ex－x2＋2ax－1>0，
故ex>x2－2ax＋1.
2．(2019·贵阳模拟)已知函数f(x)＝mex－ln x－1.
(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若m∈(1，＋∞)，求证：f(x)>1.
解：(1)当m＝1时，f(x)＝ex－ln x－1，
所以f′(x)＝ex－，
所以f′(1)＝e－1，又因为f(1)＝e－1，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x.
(2)证明：当m>1时，f(x)＝mex－ln x－1>ex－ln x－1，
要证明f(x)>1，只需证明ex－ln x－2>0，
设g(x)＝ex－ln x－2，则g′(x)＝ex－(x>0)，
设h(x)＝ex－(x>0)，则h′(x)＝ex＋>0，
所以函数h(x)＝g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上单调递增，
因为g′＝e－2<0，g′(1)＝e－1>0，
所以函数g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈，
因为g′(x0)＝0，所以ex0＝，即ln x0＝－x0，
当x∈(0，x0)时，g′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，
所以当x＝x0时，g(x)取得最小值g(x0)，
故g(x)≥g(x0)＝ex0－ln x0－2＝＋x0－2>0，
综上可知，若m∈(1，＋∞)，则f(x)>1.
3．(2019·济南市学习质量评估)已知函数f(x)＝x(ex＋1)－a(ex－1)．
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为1，求实数a的值；
(2)当x∈(0，＋∞)时，f(x)>0恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝xex＋ex＋1－aex.
因为f′(1)＝e＋e＋1－ae＝1，所以a＝2.
(2)设g(x)＝f′(x)＝ex＋1＋xex－aex，则g′(x)＝ex＋(x＋1)ex－aex＝(x＋2－a)ex，设h(x)＝x＋2－a，
注意到f(0)＝0，f′(0)＝g(0)＝2－a，
(i)当a≤2时，h(x)＝x＋2－a>0在(0，＋∞)上恒成立，
所以g′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上是增函数，
所以g(x)>g(0)＝2－a≥0，所以f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立．
所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
所以f(x)>f(0)＝0在(0，＋∞)上恒成立，符合题意．
(ii)当a>2时，h(0)＝2－a<0，h(a)＝2>0，∃x0∈(0，a)，使得h(x0)＝0，
当x∈(0，x0)时，h(x)<0，所以g′(x)<0，所以g(x)在(0，x0)上是减函数，
所以f′(x)在(0，x0)上是减函数．
所以f′(x)1时，f(x)<(1－m)x2恒成立，求m的取值范围．
解：(1)函数g(x)的定义域为(0，＋∞)．
当m＝－时，g(x)＝aln x＋x2，所以g′(x)＝＋2x＝.
(i)当a＝0时，g(x)＝x2，x>0时无零点．
(ii)当a>0时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
取x0＝e－，则g(x0)＝g(e－)＝－1＋<0，
因为g(1)＝1，所以g(x0)·g(1)<0，此时函数g(x)恰有一个零点．
(iii)当a<0时，令g′(x)＝0，解得x＝.当0时，g′(x)>0，所以g(x)在上单调递增．
要使函数g(x)恰有一个零点，则g＝aln －＝0，即a＝－2e.
综上所述，若函数g(x)恰有一个零点，则a＝－2e或a>0.
(2)令h(x)＝f(x)－(1－m)x2＝mx2－(2m＋1)x＋ln x，
根据题意，当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0恒成立．
h′(x)＝2mx－(2m＋1)＋＝.
(i)若00恒成立，所以h(x)在上是增函数，且h(x)∈，所以不符合题意．
(ii)若m≥，则x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0恒成立，所以h(x)在(1，＋∞)上是增函数，且h(x)∈，所以不符合题意．
(iii)若m≤0，则x∈(1，＋∞)时，恒有h′(x)<0，故h(x)在(1，＋∞)上是减函数，于是h(x)<0对任意的x∈(1，＋∞)都成立的充要条件是h(1)≤0，即m－(2m＋1)≤0，解得m≥－1，故－1≤m≤0.
综上，m的取值范围是[－1，0]．
