高考数学二轮复习 专题对点练7 导数与不等式及参数范围 理

专题对点练7导数与不等式及参数范围1.(2017全国,理21)已知函数f(x)=x-1-aln x.(1)若f(x)0,求a的值;(2)设m为整数,且对于任意正整数n,1+121+1221+12nm,求m的最小值.解 (1)f(x)的定义域为(0,+).若a0,因为f12=-12+aln 20,由f(x)=1-ax=x-ax知,当x(0,a)时,f(x)0.所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,+)单调递增.故x=a是f(x)在(0,+)的唯一最小值点.由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时,f(x)0.故a=1.(2)由(1)知当x(1,+)时,x-1-ln x0.令x=1+12n得ln1+12n12n.从而ln1+12+ln1+122+ln1+12n12+122+12n=1-12n1.故1+121+1221+12n2,所以m的最小值为3.2.设f(x)=ax2-a+eex,g(x)=1x+ln x.(1)设h(x)=f(x)-g(x)+ex-exxex,讨论y=h(x)的单调性;(2)证明对任意a-,12,x(1,+),使f(x)0),则h(x)=2ax-1x=2ax2-1x.a0时,h(x)0时,令h(x)0,解得x12a,令h(x)0,解得0x12a.故h(x)在0,12a递减,在12a,+递增.(2)证明 由题意得ax2-a+eex1x+ln x,x(1,+),ax2-a-ln x1时,k1(x)0,k1(x)在(1,+)递增,k1(x)k1(1)=0,若a0,由于x1,故f(x)g(x)恒成立,若0a12,设h(x)=a(x2-1)-ln x,由(1)x1,12a时,h(x)递减,x12a,+时,h(x)递增,故h12a0,即存在x=12a1,使得f(x)g(x),故对任意a-,12,x(1,+),使得f(x)mx-1恒成立,求实数m的取值范围.解 (1)f(x)=2x+a+4f(2)x2,令x=2,则f(2)=1+a+f(2),a=-1,因切点为(2,2ln 2+2a-2f(2),则y-(2ln 2+2a-2f(2)=f(2)(x-2),代入(-4,2ln 2),得2ln 2-2ln 2-2a+2f(2)=-6f(2),f(2)=-14,f(x)=2x-1-1x2=-(x-1)2x20,f(x)在(0,+)单调递减.(2)2xlnx1-x2mx-1恒成立,即11-x22lnx+1-x2xm,令(x)=2ln x+1-x2x,由(1)可知(x)在(0,+)单调递减,(1)=0,x(0,1),(x)0,x(1,+),(x)0,11-x2(x)在(0,+)恒大于0,m0.导学号168041714.(2017全国,理21)已知函数f(x)=ax3-ax-xln x,且f(x)0.(1)求a;(2)证明f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2f(x0)2-2.(1)解 f(x)的定义域为(0,+).设g(x)=ax-a-ln x,则f(x)=xg(x),f(x)0等价于g(x)0.因为g(1)=0,g(x)0,故g(1)=0,而g(x)=a-1x,g(1)=a-1,得a=1.若a=1,则g(x)=1-1x.当0x1时,g(x)1时,g(x)0,g(x)单调递增.所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)g(1)=0.综上,a=1.(2)证明 由(1)知f(x)=x2-x-xln x,f(x)=2x-2-ln x.设h(x)=2x-2-ln x,则h(x)=2-1x.当x0,12时,h(x)0.所以h(x)在0,12内单调递减,在12,+内单调递增.又h(e-2)0,h120;当x(x0,1)时,h(x)0.因为f(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.由f(x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).由x0(0,1)得f(x0)f(e-1)=e-2.所以e-2f(x0)2-2.6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375