(通用版)2019版高考数学二轮复习课件+训练：专题跟踪检测(四)“导数与不等式”考法面面观理(重点生,含解析)

专题跟踪检测（四） “导数与不等式”考法面面观
1．(2019届高三·唐山模拟)已知f (x )＝12x 2－a 2
ln x ，a >0.
(1)求函数f (x )的最小值； (2)当x >2a 时，证明：
f x －f a x －2a >3
2
a .
解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x )＝x －a 2x ＝x ＋a x －a
x
.
当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．
所以当x ＝a 时，f (x )取得极小值，也是最小值，且f (a )＝12a 2－a 2
ln a .
(2)证明：由(1)知，f (x )在(2a ，＋∞)上单调递增， 则所证不等式等价于f (x )－f (2a )－3
2a (x －2a )>0.
设g (x )＝f (x )－f (2a )－3
2a (x －2a )，
则当x >2a 时，
g ′(x )＝f ′(x )－32a ＝x －a 2
x －3
2a
＝
x ＋a
x －2a
2x
>0，
所以g (x )在(2a ，＋∞)上单调递增， 当x >2a 时，g (x )>g (2a )＝0， 即f (x )－f (2a )－3
2a (x －2a )>0，
故
f x －f a x －2a >3
2
a .
2．已知函数f (x )＝x e x
＋2x ＋a ln x ，曲线y ＝f (x )在点P (1，f (1))处的切线与直线x ＋2y －1＝0垂直．
(1)求实数a 的值； (2)求证：f (x )>x 2
＋2.
解：(1)因为f ′(x )＝(x ＋1)e x
＋2＋a
x
，
所以曲线y ＝f (x )在点P (1，f (1))处的切线斜率k ＝f ′(1)＝2e ＋2＋a .
而直线x ＋2y －1＝0的斜率为－1
2
，
由题意可得(2e ＋2＋a )×⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12＝－1， 解得a ＝－2e.
(2)证明：由(1)知，f (x )＝x e x
＋2x －2eln x . 不等式f (x )>x 2
＋2可化为x e x ＋2x －2eln x －x 2
－2>0. 设g (x )＝x e x
＋2x －2eln x －x 2
－2， 则g ′(x )＝(x ＋1)e x
＋2－2e x
－2x .
记h (x )＝(x ＋1)e x
＋2－2e x
－2x (x >0)，
则h ′(x )＝(x ＋2)e x
＋2e x
2－2，
因为x >0，所以x ＋2>2，e x >1，故(x ＋2)e x
>2， 又2e x 2>0，所以h ′(x )＝(x ＋2)e x
＋2e x
2－2>0，
所以函数h (x )在(0，＋∞)上单调递增． 又h (1)＝2e ＋2－2e －2＝0，
所以当x ∈(0,1)时，h (x )<0，即g ′(x )<0，函数g (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0，即g ′(x )>0，函数g (x )单调递增． 所以g (x )≥g (1)＝e ＋2－2eln 1－1－2＝e －1， 显然e －1>0，
所以g (x )>0，即x e x ＋2x －2eln x >x 2＋2，也就是f (x )>x 2
＋2.
3．(2018·武汉模拟)设函数f (x )＝(1＋x －x 2
)e x
(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)讨论f (x )的单调性；
(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1＋2x 2
恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝(2－x －x 2
)e x ＝－(x ＋2)(x －1)e x
. 当x <－2或x >1时，f ′(x )<0；当－2<x <1时，f ′(x )>0.
所以f (x )在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，在(－2,1)上单调递增． (2)设F (x )＝f (x )－(ax ＋1＋2x 2
)，F (0)＝0，
F ′(x )＝(2－x －x 2)e x －4x －a ，F ′(0)＝2－a ，
当a ≥2时，F ′(x )＝(2－x －x 2
)e x －4x －a ≤－(x ＋2)·(x －1)e x
－4x －2≤－(x ＋2)(x －1)e x
－x －2＝－(x ＋2)[(x －1)e x ＋1]，
设h (x )＝(x －1)e x
＋1，h ′(x )＝x e x
≥0，所以h (x )在[0，＋∞)上单调递增，h (x )＝(x －1)e x
＋1≥h (0)＝0，
即F ′(x )≤0在[0，＋∞)上恒成立，F (x )在[0，＋∞)上单调递减，F (x )≤F (0)＝0，所以f (x )≤ax ＋1＋2x 2
在[0，＋∞)上恒成立．
当a <2时，F ′(0)＝2－a >0，而函数F ′(x )的图象在(0，＋∞)上连续且x →＋∞，F ′(x )逐渐趋近负无穷，必存在正实数x 0使得F ′(x 0)＝0且在(0，x 0)上F ′(x )>0，所以F (x )在(0，x 0)上单调递增，此时F (x )>F (0)＝0，f (x )>ax ＋1＋2x 2
有解，不满足题意．
综上，a 的取值范围是[2，＋∞)．
4．(2018·南昌模拟)设函数f (x )＝2ln x －mx 2
＋1. (1)讨论函数f (x )的单调性；
(2)当f (x )有极值时，若存在x 0，使得f (x 0)>m －1成立，求实数m 的取值范围． 解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝2x
－2mx ＝
－mx 2－x
，
当m ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当m >0时，令f ′(x )>0，得0<x <m m
， 令f ′(x )<0，得x >m m
， ∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，
m m 上单调递增，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫
m m ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当f (x )有极值时，m >0，且f (x )在⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，m m 上单调递增，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫m m ，＋∞上单调递减．
∴f (x )max ＝f ⎝
⎛⎭
⎪⎫
m m ＝2ln m m －m ·1m ＋1＝－ln m ， 若存在x 0，使得f (x 0)>m －1成立，则f (x )max >m －1. 即－ln m >m －1，ln m ＋m －1<0成立． 令g (x )＝x ＋ln x －1(x >0)，
∵g ′(x )＝1＋1
x
>0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增，且g (1)＝0，∴0<m <1.
∴实数m 的取值范围是(0,1)．
5．(2018·成都模拟)已知函数f (x )＝a ln x ＋x b
(a ≠0)． (1)当b ＝2时，讨论函数f (x )的单调性；
(2)当a ＋b ＝0，b >0时，对任意的x ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1e ，e ，恒有f (x )≤e－1成立，求实数b 的取值范围．
解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．
当b ＝2时，f (x )＝a ln x ＋x 2
，
所以f ′(x )＝a x ＋2x ＝2x 2
＋a
x
.
①当a >0时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ②当a <0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝ －a
2
(负值舍去)，
当0<x < －a
2时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
0， －a 2上单调递减；
当x >
－a
2时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在⎝
⎛
⎭
⎪⎫
－a
2，＋∞上单调递增． 综上所述，当b ＝2，a >0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当b ＝2，a <0时，函数f (x )在⎝
⎛
⎭⎪⎫0，
－a 2上单调递减，
在⎝
⎛
⎭
⎪⎫
－a
2，＋∞上单调递增．
(2)因为对任意的x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，恒有f (x )≤e－1成立，
所以当x ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1e ，e 时，f (x )max ≤e－1. 当a ＋b ＝0，b >0时，f (x )＝－b ln x ＋x b
，f ′(x )＝－b x ＋bx b －1
＝
b x b －x
.
令f ′(x )<0，得0<x <1；令f ′(x )>0，得x >1.
所以函数f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，1上单调递减，在(1，e]上单调递增，f (x )max 为f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ＝b ＋e －b
与
f (e)＝－b ＋e b 中的较大者．
f (e)－f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e
＝e b －e －b －2b.
令g (m )＝e m －e －m
－2m (m >0)，
则当m >0时，g ′(m )＝e m
＋e －m
－2>2e m ·e －m
－2＝0，
所以g (m )在(0，＋∞)上单调递增，故g (m )>g (0)＝0，所以f (e)>f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ，从而f (x )max ＝f (e)＝－b ＋e b
所以－b ＋e b ≤e－1，即e b
－b －e ＋1≤0.
设φ(t )＝e t －t －e ＋1(t >0)，则φ′(t )＝e t
－1>0， 所以φ(t )在(0，＋∞)上单调递增．
又φ(1)＝0，所以e b
－b －e ＋1≤0的解集为(0,1]． 所以b 的取值范围为(0,1]．
6．(2018·开封模拟)已知函数f (x )＝a x
＋x 2
－x ln a (a >0，a ≠1)． (1)当a ＝e(e 是自然对数的底数)时，求函数f (x )的单调区间；
(2)若存在x 1，x 2∈[－1,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e－1，求实数a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝a x
ln a ＋2x －ln a ＝2x ＋(a x
－1)ln a . 当a ＝e 时，f ′(x )＝2x ＋e x
－1，其在R 上是增函数，
又f ′(0)＝0，∴f ′(x )>0的解集为(0，＋∞)，f ′(x )<0的解集为(－∞，0)，故函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)．
(2)∵存在x 1，x 2∈[－1,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e－1， 又当x 1，x 2∈[－1,1]时，|f (x 1)－f (x 2)|≤f (x )max －f (x )min ， ∴只要f (x )max －f (x )min ≥e－1即可．
∵当a >1时，ln a >0，y ＝(a x －1)ln a 在R 上是增函数， 当0<a <1时，ln a <0，y ＝(a x －1)ln a 在R 上也是增函数， ∴当a >1或0<a <1时，总有f ′(x )在R 上是增函数，
又f ′(0)＝0，∴f ′(x )，f (x )随x 的变化而变化的情况如表所示：
∴当x ∈[－1,1]时，f (x )min ＝f (0)＝1，f (x )max 为f (－1)和f (1)中的较大者．
f (1)－f (－1)＝(a ＋1－ln a )－⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ＋1＋ln a ＝a －1
a －2ln a .
令g (a )＝a －1
a
－2ln a (a >0)，
∴g ′(a )＝1＋1a
2－2a ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－1a 2
≥0，
∴g (a )＝a －1
a
－2ln a 在(0，＋∞)上是增函数．
而g (1)＝0，故当a >1时，g (a )>0，即f (1)>f (－1)； 当0<a <1时，g (a )<0，即f (1)<f (－1)．
∴当a >1时，f (x )max －f (x )min ＝f (1)－f (0)≥e－1，即a －ln a ≥e－1， 函数y ＝a －ln a 在(1，＋∞)上是增函数，解得a ≥e；
当0<a <1时，f (x )max －f (x )min ＝f (－1)－f (0)≥e－1，即1
a
＋ln a ≥e－1，
函数y ＝1a ＋ln a 在(0,1)上是减函数，解得0<a ≤1
e
.
综上可知，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎦
⎥⎤0，1e ∪[e ，＋∞)．。