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类型专题4 一元函数导数及其应用(解析版).doc

  • 上传人(卖家):四川三人行教育
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    专题4 一元函数导数及其应用解析版 专题 一元函数 导数 及其 应用 解析 下载 _二轮专题_高考专区_数学_高中
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    1、获取 资料请加 QQ 群 52714787,更多资料关注公众号:高中数学优质讲义库. 1 专题专题 4 一元函数导数及其应用一元函数导数及其应用 从高考对导数的要求看,考查分三个层次,一是考查导数公式,求导法则与导数的几何意义;二是导数的 简单应用,包括求函数的单调区间、极值、最值等;三是综合考查,如研究函数零点、证明不等式、恒成 立问题、求参数范围等.除压轴题,同时在小题中也加以考查,难度控制在中等以上.应特别是注意将导数内 容和传统内容中有关不等式、数列、函数图象及函数单调性有机结合,设计综合题,考查学生灵活应用数 学知识分析问题、解决问题的能力. 预测预测 2021 年高考命题将保持稳定

    2、年高考命题将保持稳定.主观题应用导数研究函数的性质, 备考的面主观题应用导数研究函数的性质, 备考的面要注意做到全覆盖, 如导数几要注意做到全覆盖, 如导数几 何意义的应用、单调性问题、极(最)值问题、零点问题、不等式的证明、参数范围的确定等何意义的应用、单调性问题、极(最)值问题、零点问题、不等式的证明、参数范围的确定等. 一、单选题一、单选题 1 (2020 届山东省潍坊市高三下学期开学考试)函数 32 1yxxmx是R上的单调函数 ,则m的范围 是( ) A 1 ( ,) 3 B 1 (, ) 3 C 1 ,)? 3 D 1 (, 3 【答案】C 【解析】 若函数 32 1yxxmx是R

    3、上的单调函数,只需 2 320yxxm 恒成立,即 1 4 120 3 mm, 故选:C 2 (2020 山东高三下学期开学) 已知函数 ( )f x是偶函数, 当 0 x时, ( )ln1f xxx,则曲线( )yf x 在1x处的切线方程为( ) Ay x B2yx Cy x D2yx 【答案】A 【解析】 因为0 x,( )()ln()1f xfxxx ,()11f ,( )ln()1fxx ,( 1)1f ,所以曲线 ( )yf x 在1x处的切线方程为11yx ,即y x . 获取 资料请加 QQ 群 52714787,更多资料关注公众号:高中数学优质讲义库. 2 故选:A 3 (2

    4、020 届山东省济宁市高三 3 月月考)已知 111 ln20 xxy, 22 242ln20 xy ,记 22 1212 Mxxyy,则( ) AM的最小值为 2 5 BM的最小值为 4 5 CM的最小值为 8 5 DM的最小值为12 5 【答案】B 【解析】 由题意, 22 1212 Mxxyy的最小值可转化为函数ln2yxx图象上的点与直线 242ln20 xy 上的点的距离的最小值的平方. ln2yxx ,得 1 1y x , 与直线242ln20 xy平行的直线斜率为 1 2 , 令 11 1 2x ,解得2x,所以切点的坐标为2 ln2, 切点到直线242ln20 xy的距离 22

    5、ln242ln22 5 514 d 即 22 1212 Mxxyy的最小值为 4 5 . 故选:B 4 (2020 山东滕州市第一中学高三 3 月模拟)函数 2 sin xx eex f xx e 的图象大致为( ) A B C D 【答案】A 【解析】 由函数的解析式可得: fxf x,则函数 f x的图像关于坐标原点对称, 获取 资料请加 QQ 群 52714787,更多资料关注公众号:高中数学优质讲义库. 3 据此可排除 B 选项, 考查函数 xx g xee,则 2 1 x xx x e gxee e , 当0 x时, g x单调递增,则 3 44 gg ,据此有: 3 44 ff ,

    6、 据此可排除 C 选项; 当0 x时,0,sin0 xx eex ,则 0f x ,据此可排除 D 选项; 本题选择 A 选项. 点睛:函数图象的识辨可从以下方面入手:(1)从函数的定义域,判断图象的左右位置;从函数的值域,判 断图象的上下位置 (2)从函数的单调性, 判断图象的变化趋势 (3)从函数的奇偶性, 判断图象的对称性 (4) 从函数的特征点,排除不合要求的图象利用上述方法排除、筛选选项 5 (2020 届山东省菏泽一中高三 2 月月考)已知奇函数 f x是 R 上增函数, g xxf x则( ) A 23 32 3 1 log22 4 ggg B 23 32 3 1 log22 4

    7、 ggg C 23 32 3 1 22log 4 ggg D 23 32 3 1 22log 4 ggg 【答案】B 【解析】 由奇函数 ( )f x是R上的增函数,可得 0fx ,以及 当0 x时, 0f x ,当0 x时, 0f x , 由 g xxf x,则()()( )( )gxxfxxf xg x ,即( )g x为偶函数 因为 g xf xxfx ,所以当0 x时, 0g x ,当0 x时, 0g x 故0 x时,函数( )g x单调递增,0 x时,函数( )g x单调递减 获取 资料请加 QQ 群 52714787,更多资料关注公众号:高中数学优质讲义库. 4 因为 33 1 l

    8、oglog 4 4 gg , 23 0 32 3 2221log 4 所以 23 32 3 1 log22 4 ggg 故选:B 6 (2020 届山东省济宁市第一中学高三二轮检测)已知函数 yf x的导函数 fx 的图象如图所示,则 下列判断正确的是( ) A函数 yf x在区间 1 3, 2 内单调递增 B当2x时,函数 yf x取得极小值 C函数 yf x在区间 2,2内单调递增 D当3x 时,函数 yf x有极小值 【答案】BC 【解析】 对于 A,函数 yf x在区间 1 3, 2 内有增有减,故 A 不正确; 对于 B,当2x时,函数 yf x取得极小值,故 B 正确; 对于 C,

    9、当2,2x 时,恒有 0fx ,则函数 yf x在区间2,2上单调递增,故 C 正确; 对于 D,当3x 时, 0fx ,故 D 不正确. 故选:BC 7 (2020 届山东省青岛市高三上期末)已知奇函数 f x是 R 上增函数, g xxf x则( ) A 23 32 3 1 log22 4 ggg 获取 资料请加 QQ 群 52714787,更多资料关注公众号:高中数学优质讲义库. 5 B 23 32 3 1 log22 4 ggg C 23 32 3 1 22log 4 ggg D 23 32 3 1 22log 4 ggg 【答案】B 【解析】 由奇函数 ( )f x是R上的增函数,可

    10、得 0fx ,以及 当0 x时, 0f x ,当0 x时, 0f x , 由 g xxf x,则()()( )( )gxxfxxf xg x ,即( )g x为偶函数 因为 g xf xxfx ,所以当0 x时, 0g x ,当0 x时, 0g x 故0 x时,函数( )g x单调递增,0 x时,函数( )g x单调递减 因为 33 1 loglog 4 4 gg , 23 0 32 3 2221log 4 所以 23 32 3 1 log22 4 ggg 故选:B 二、多选题二、多选题 8 (2020 届山东省济宁市高三 3 月月考)设函数 ln,0 1 ,0 x x x f x exx ,

    11、若函数 g xf xb有三 个零,则实数b可取的值可能是 ( ) A0 B 1 2 C1 D2 【答案】BC 【解析】 由题意,函数 g xf xb有三个零点,则函数 0g xf xb, 获取 资料请加 QQ 群 52714787,更多资料关注公众号:高中数学优质讲义库. 6 即 f xb有三个根, 当0 x时, 1 x f xex,则 12 xxx exexxef 由 0fx 得20 x,即2x,此时 f x为减函数, 由 0fx 得20 x,即20 x ,此时 f x为增函数, 即当2x时, f x取得极小值 2 1 2f e ,作出 f x的图象如图: 要使 f xb有三个根,则01b,

    12、则实数b可取的值可能是 1 2 ,1 故选:BC 9 (2020 山东滕州市第一中学高三 3 月模拟)设定义在R上的函数 f x满足 2 fxf xx,且当 0 x时, fxx .己知存在 2 2 0 11 11 22 xx f xxfxx ,且 0 x为函数 x g xeexa(,aR e为自然对数的底数)的一个零点,则实数a的取值可能是( ) A 1 2 B 2 e C 2 e D e 【答案】BCD 【解析】 令函数 2 1 ( )( ) 2 T xf xx ,因为 2 ()( )fxf xx, 222 11 ( )()( )()()( )()0 22 T xTxf xxfxxf xfx

    13、x , ( )T x 为奇函数, 当0 x时, ( )( )0T xfxx , 获取 资料请加 QQ 群 52714787,更多资料关注公众号:高中数学优质讲义库. 7 ( )T x 在,0上单调递减, ( )T x 在R上单调递减 存在 0 |( )(1)xx T xTx , 得 00 ()(1)T xTx , 00 1xx,即 0 1 2 x , ( ) x g xeexa; 1 () 2 x, 0 x为函数( )yg x的一个零点; 当 1 2 x时,( )0 x g xeex, 函数( )g x在 1 2 x时单调递减, 由选项知0a,取 1 2 a x e , 又0 a e a ge

    14、 e , 要使( )g x在 1 2 x时有一个零点, 只需使 11 0 22 geea , 解得 2 e a, a的取值范围为, 2 e , 故选:BCD 10 (2020 2020 届山东省淄博市高三二模)已知 111 ln20 xxy, 22 242ln20 xy ,记 22 1212 Mxxyy,则( ) AM的最小值为 2 5 5 B当M最小时, 2 12 5 x CM的最小值为 4 5 D当M最小时, 2 6 5 x 【答案】BC 【解析】 由 111 ln20 xxy,得: 111 ln2yxx, 获取 资料请加 QQ 群 52714787,更多资料关注公众号:高中数学优质讲义库

    15、. 8 22 1212 xxyy的最小值可转化为函数ln2yxx图象上的点到直线242ln20 xy上 的点的距离的最小值的平方, 由ln2yxx得: 1 1y x , 与直线242ln20 xy平行的直线的斜率为 1 2 , 则令 11 1 2x ,解得:2x,切点坐标为2,ln2, 2,ln2到直线 242ln20 xy 的距离 22ln242ln22 5 514 d . 即函数ln2yxx上的点到直线242ln20 xy上的点的距离的最小值为 2 5 5 . 22 1212 Mxxyy的最小值为 2 4 5 d , 过2,ln2与242ln20 xy垂直的直线为ln222yx,即24ln

    16、20 xy. 由 242ln20 24ln20 xy xy ,解得: 12 5 x ,即当M最小时, 2 12 5 x . 故选:BC. 三、填空题三、填空题 11 (2020 届山东省菏泽一中高三 2 月月考)已知直线2yx与曲线 ln()yxa 相切,则a= 【答案】3 【解析】 设切点为(x0,y0) ,由题意可得:曲线的方程为 yln(x+a) ,所以 y 1 xa 所以 k切 0 1 xa 1,并且 y0 x0+2,y0ln(x0+a) ,解得:y00,x02,a3 故答案为 3 12 (2020 届山东省烟台市高三模拟)设定义域为R的函数 f x满足 fxf x ,则不等式 1 2

    17、1 x ef xfx 的解集为_ 【答案】(1,) 【解析】 设 F(x) x f x e , 获取 资料请加 QQ 群 52714787,更多资料关注公众号:高中数学优质讲义库. 9 则 F(x) x fxf x e , fxf x , F(x)0,即函数 F(x)在定义域上单调递增 1 21 x ef xfx 21 21 xx f xfx ee ,即 F(x)F(2x1) x2x1,即 x1 不等式 1 21 x ef xfx 的解为1, 故答案为:1, 13 (2020 届山东省淄博市部分学校高三 3 月检测)已知函数 2sinsin2f xxx,则 f x的最小值是 _ 【答案】 3

    18、3 2 【解析】 分析:首先对函数进行求导,化简求得 1 4 cos1cos 2 fxxx ,从而确定出函数的单调区间,减 区间为 5 2,2 33 kkkZ ,增区间为2,2 33 kkkZ ,确定出函数的最小值点, 从而求得 33 sin,sin2 22 xx 代入求得函数的最小值. 详解: 2 1 2cos2cos24cos2cos24 cos1cos 2 fxxxxxxx ,所以当 1 cos 2 x 时函数 单调减,当 1 cos 2 x 时函数单调增,从而得到函数的减区间为 5 2,2 33 kkkZ ,函数的增区 间为2,2 33 kkkZ ,所以当2, 3 xkkZ 时,函数

    19、f x取得最小值,此时 获取 资料请加 QQ 群 52714787,更多资料关注公众号:高中数学优质讲义库. 10 33 sin,sin2 22 xx ,所以 min 333 3 2 222 f x ,故答案是 3 3 2 . 14 (2020 山东高三模拟) 已知函数( )ln2f xxxa在点(1, (1)f 处的切线经过原点, 函数 ( ) ( ) f x g x x 的最小值为m,则2ma_. 【答案】0 【解析】 ( )1 lnfxx , (1)1 f ,(1)2fa , 切线 1 l的方程:21yax, 又 1 l过原点,所以21a,( )ln1f xxx, 1 ( )lng xx

    20、 x , 22 111 ( ) x g x xxx . 当(0,1)x时,( )0g x ;当(1,)x时,( )0g x . 故函数 ( ) ( ) f x g x x 的最小值(1)1g,所以1,20mma. 故答案为:0. 15 (2020 届山东省济宁市第一中学高三二轮检测)若函数( ) ()1,f xa nx aR 与函数( )g xx,在公 共点处有共同的切线,则实数a的值为_ 【答案】 2 e 【解析】 函数 lnf xa x的定义域为0,, a fx x , 1 2 gx x , 设曲线 lnf xa x与曲线 g xx公共点为 00 ,x y, 由于在公共点处有共同的切线,

    21、0 0 1 2 a xx ,解得 2 0 4xa,0a 由 00 f xg x,可得 00 lna xx 联立 2 0 00 4xa alnxx ,解得 2 e a 获取 资料请加 QQ 群 52714787,更多资料关注公众号:高中数学优质讲义库. 11 故答案为: 2 e 16 (2020 届山东省济宁市高三 3 月月考)如图所示,某几何体由底面半径和高均为 1 的圆柱与半径为 1 的 半球对接而成,在该封闭几何体内部放入一个小圆柱体,且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行, 则小圆柱体积的最大值为_. 【答案】 32 27 【解析】 由题意,设小圆柱体底面半径为cos, 则高为1 s

    22、in0, 2 , 小圆柱体体积 2 cos1 sinV, 设sin0,1tt, 则 232 111Vttttt 则 2 321311Vtttt 当 1 3 t 时, max 32 27 V 故答案为: 32 27 17 (2020 届山东省淄博市高三二模)已知函数 f x的定义域为 R,导函数为 fx ,若 cosf xxfx,且 sin 0 2 x fx,则满足 0f xf x的 x 的取值范围为_. 【答案】, 2 【解析】 依题意, coscos 22 xx f xfx , 获取 资料请加 QQ 群 52714787,更多资料关注公众号:高中数学优质讲义库. 12 令 cos 2 x g

    23、 xf x,则 g xgx,故函数 g x为奇函数 cossin 0 22 xx gxf xfx ,故函数 g x在R上单调递减, 则 coscos 00 22 xx f xf xf xf x 0g xg xg xg xgx,即xx ,故 2 x ,则 x 的取值范围为 , 2 . 故答案为:, 2 四、解答题四、解答题 18 (2020 届山东省济宁市第一中学高三二轮检测)已知函数 1 x f xxae (1)讨论 f x的单调性; (2)当1a时,设 12 10,0 xx 且 12 5f xf x,证明: 12 1 24xx e 【答案】 (1)见解析(2)见解析 【解析】 (1) 1 x

    24、 fxae, 当0a时, 0fx ,则 f x在R上单调递增 当0a时,令 0fx ,得 1 lnx a ,则 f x的单调递增区间为 1 ,ln a , 令 0fx ,得 1 lnx a ,则 f x的单调递减区间为 1 ln, a (2)证明: (法一)设 231 x g xf xxex,则 3 x g xe, 由 0g x 得ln3x;由 0g x 得ln3x, 故 max ln33ln3 40g xg 获取 资料请加 QQ 群 52714787,更多资料关注公众号:高中数学优质讲义库. 13 从而得 20g xf xx, 122212 5,2520f xf xf xxf xx , 即

    25、12 1 24xx e (法二) 12 1212 5,3 xx f xf xxeex , 12 122 233 xx xxeex, 设 3 x g xex,则 3 x g xe, 由 0g x 得ln3x;由 0g x 得ln3x, 故 min ln33 3ln3g xg 12 10,0 xx , 1 12 1 233ln33ln3xxe e , 3ln3ln274, 12 1 24xx e 19 (2019 宁德市高级中学高三月考(理) )已知函数)f x (ae2x+(a2) exx. (1)讨论 ( )f x的单调性; (2)若 ( )f x有两个零点,求 a 的取值范围. 【答案】 (

    26、1)见解析; (2)(0,1). 【解析】 (1) f x的定义域为, , 2 221121 xxxx fxaeaeaee , ()若0a,则 0fx ,所以 f x在, 单调递减. ()若0a,则由 0fx 得lnxa. 当, lnxa 时, 0fx ;当ln ,xa 时, 0fx ,所以 f x在, lna 单调递减, 在ln , a单调递增. (2) ()若0a,由(1)知, f x至多有一个零点. ()若0a,由(1)知,当lnxa时, f x取得最小值,最小值为 1 ln1lnfaa a . 获取 资料请加 QQ 群 52714787,更多资料关注公众号:高中数学优质讲义库. 14

    27、当1a 时,由于ln0fa,故 f x只有一个零点; 当1,a时,由于 1 1ln0a a ,即ln0fa,故 f x没有零点; 当0,1a时, 1 1ln0a a ,即ln0fa. 又 422 2e2 e22e20faa ,故 f x在, lna 有一个零点. 设正整数 0 n满足 0 3 ln1n a ,则 0000 0000 ee2e20 nnnn f naannn. 由于 3 ln1lna a ,因此 f x在ln , a有一个零点. 综上,a的取值范围为0,1. 20 (2020 山东高三模拟)已知函数 2 1 ( )1ln () 2 f xm xx mR. (1)若1m,求证:(

    28、)0f x . (2)讨论函数 ( )f x的极值; (3)是否存在实数m,使得不等式 1 11 ( ) x f x xe 在(1,)上恒成立?若存在,求出m的最小值;若不 存在,请说明理由. 【答案】 (1)证明见解析; (2)见解析; (3)存在,1. 【解析】 (1)1m, 2 1 ( )1ln (0) 2 f xxx x, 2 11 ( ) x fxx xx ,当(0,1)x时,( )0fx , 当(1,)x时,( )0fx , min ( )(1)0f xf,故( )0f x . (2)由题知,0 x, 2 11 ( ) mx fxmx xx , 当0m时, 2 1 ( )0 mx

    29、fx x , 所以 ( )f x在(0,)上单调递减,没有极值; 获取 资料请加 QQ 群 52714787,更多资料关注公众号:高中数学优质讲义库. 15 当0m时, 2 1 ( )0 mx fx x ,得 1 x m , 当 1 0,x m 时,( )0fx ;当 1 ,x m 时,( )0fx , 所以 ( )f x在 1 0, nn 上单调递减,在 1 , m 上单调递增. 故 ( )f x在 1 x m 处取得极小值 1111 ln 222 fmm m ,无极大值. (3)不妨令 1 11 11 ( ) x xx ex h x xexe , 设 11 ( ),(1,),( )10 x

    30、x u xex xu xe 在(1,)恒成立, ( )u x在1,)单调递增,( )(1)0u xu , 1 0 x ex 在(1, )恒成立, 所以,当(1,)x时,( )0h x , 由(2)知,当0,1mx时, ( )f x在(1,)上单调递减, ( )(1)0f xf 恒成立; 所以不等式 1 11 ( ) x f x xe 在(1,)上恒成立,只能0m. 当01m时, 1 1 m ,由(1)知 ( )f x在 1 1, m 上单调递减, 所以 1 (1)0ff m ,不满足题意. 当m1时,设 2 1 111 ( )1ln 2 x F xm xx xe , 因为1,1mx,所以 1

    31、11 11 ,1,01, 10 x xx mxx e ee , 32 2122 111111 ( )1 x xxx F xmxx xxexxx , 即 2 2 (1)1 ( )0 xx F x x , 所以( )F x在(1,)上单调递增, 获取 资料请加 QQ 群 52714787,更多资料关注公众号:高中数学优质讲义库. 16 又(1)0F,所以(1,)x时,( )0F x 恒成立, 即( )( )0f xh x恒成立, 故存在m1,使得不等式 1 11 ( ) x f x xe 在(1,)上恒成立, 此时m的最小值是 1. 21 (2020 届山东省高考模拟)已知函数 2 ( )2ln

    32、()f xxaxx aR. (1)讨论 ( )f x的单调性; (2)若 ( )f x有两个极值点 1212 ,x xxx ,当 2 2ae e 时,求 21 f xf x的最大值. 【答案】 (1)当4a时, ( )f x在(0,)上单调递增;当 4a时, ( )f x在 2 16 0, 4 aa , 2 16 , 4 aa 上单调递增;在 22 1616 , 44 aaaa 上单调递减; (2) 1 2e e 【解析】 (1)由 2 ( )2lnf xxaxx得 2 ( )2fxxa x ; 因为0 x,所以 2 24x x ; 因此,当4a时, 2 ( )20fxxa x 在(0,)上恒

    33、成立,所以 ( )f x在(0,)上单调递增; 当4a时, 由 2 ( )20fxxa x 得 2 220 xax, 解得 2 16 4 aa x 或 2 16 0 4 aa x ; 由 2 ( )20fxxa x 得 22 1616 44 aaaa x ; 所以 ( )f x在 2 16 0, 4 aa , 2 16 , 4 aa 上单调递增; 在 22 1616 , 44 aaaa 上单调 递减; 综上,当4a时, ( )f x在(0,)上单调递增; 当4a时,( ) f x在 2 16 0, 4 aa , 2 16 , 4 aa 上单调递增; 在 22 1616 , 44 aaaa 获取

    34、 资料请加 QQ 群 52714787,更多资料关注公众号:高中数学优质讲义库. 17 上单调递减; (2)若 ( )f x有两个极值点 1212 ,x xxx , 由(1)可得, 12 ,x x是方程 2 220 xax的两不等实根, 所以 12 2 a xx, 12 1x x , 因此 22 21222111 (2ln)(2ln)f xf xxaxxxaxx 222222 2112121222 22 211 2 1 2()()2ln2ln2ln xx xxxxxxxxxx xxx , 令 2 2 tx,则 22 222 2 2 1 11 ()()2ln2lnf xf xttxx xt ;

    35、由(1)可知 2 2 16 4 aa x , 当 2 2ae e 时, 2 2 24 24 4 6 16 4 81e xe e aa e e , 所以 2 2 , etx , 令 1 ( )2lng ttt t ,,te, 则 22 222 1221(1) ( )10 ttt g t tttt 在,te上恒成立; 所以 1 ( )2lng ttt t 在,te上单调递减, 故 max 1 ( )( )2g tg ee e . 即 21 f xf x的最大值为 1 2e e . 22 (2020 届山东省济宁市高三 3 月月考)已知函数 1 x f xax eaR. (1)求函数 f x的单调区

    36、间; (2)是否存在一个正实数a,满足当xR时, 1f x 恒成立,若存在,求出a的值;若不存在,请说 明理由. 获取 资料请加 QQ 群 52714787,更多资料关注公众号:高中数学优质讲义库. 18 【答案】 (1)0a时, f x的增函数区间为, ,无减函数区间;0a时, f x的增函数区间为 1 , a a ,减函数区间为 1 , a a ;0a 时, f x的增函数区间为 1 , a a ,减函数区间为 1 , a a ; (2)存在, 1. 【解析】 (1)函数 ,1 x xR f xax e的定义域为R, 11 xxx fxaeax eeaxa 若 0, x af xef x在

    37、, 上为增函数; 若0a,0 x e ,当 1a x a 时, 0fx;当 1a x a 时, 0fx; 所以 f x在 1 , a a 上为增函数,在 1 , a a 上为减函数; 若0a ,0 x e ,当 1a x a 时, 0fx;当 1a x a 时, 0fx; 所以 f x在 1 , a a 上为减函数,在 1 , a a 为增函数 综上可知,0a时, f x的增函数区间为 , ,无减函数区间; 0a时, f x的增函数区间为 1 , a a ,减函数区间为 1 , a a ; 0a 时, f x的增函数区间为 1 , a a ,减函数区间为 1 , a a ; (2)由(1)知,

    38、0a时, f x的最大值为 1 1 a a a fae a , 若对任意实数x, 1f x 恒成立,只须使 1 1 a a ae 即可. 又因为0a,所以不等式 1 1 a a ae 等价于: 1 ln0 a a ae , 即: 1 ln0 a a a , 获取 资料请加 QQ 群 52714787,更多资料关注公众号:高中数学优质讲义库. 19 设 1 ln0 a g aaa a ,则 22 111aaa ga aaa , 当01a时, 0g a ;当1a 时, 0g a 所以, g a在0,1上为减函数,在1,上为增函数, 当01a时, 10g ag,不等式 1 ln0 a a a 不成立

    39、, 当1a 时, 10g ag,不等式 1 ln0 a a a 不成立, 当1a 时, 10g ag,不等式 1 ln0 a a a 成立, 存在正实数a且1a 时,满足当xR时, 1f x 恒成立. 23 (2020 届山东省潍坊市高三模拟一)已知函数 cossin x f xexxx, sin2 x g xxe,其中e 是自然对数的底数 () 12 ,0 ,0, 22 xx ,使得不等式 12 ( )()f xmg x成立,试求实数m的取值范围; ()若1x,求证:( )( )0f xg x 【答案】 ()21, ; ()证明见解析 【解析】 () 由题意, 12 ,0 ,0, 22 xx

    40、 ,使得不等式 12 ( )()f xmg x成立, 等价于 1 max2 max ( )()f xmg x1 分 (cossin )(sincos )()cos(1)sin xxx fxexxxxxexxex, 当 ,0 2 x 时, 0fx,故( )f x在区间 0, 2 上单调递增, 所以0 x时, f x取得最大值 1即 max ( )1f x 又当 0, 2 x时, cos2 x gxxe, sin20 x gxxe 所以 g x 在 0, 2 上单调递减,所以 0120gxg , 故 g x在区间 0, 2 上单调递减,因此,0 x时, max ( )(0)2g xg 获取 资料请

    41、加 QQ 群 52714787,更多资料关注公众号:高中数学优质讲义库. 20 所以1 2m ,则 2 1m 实数m的取值范围是21, ()当1x时,要证,只要证e cos sinsin2e0 xx xxxx , 即证ecos21 sin x xxx,由于cos 20,10 xx , 只要证 esin 1cos2 x x xx 下面证明1x时,不等式 ecos 1sin2 x x xx 成立 令 e 1 1 x h xx x ,则 22 e1ee 11 xx x xx h x xx , 当1,0 x 时, 0h x , h x单调递减; 当0,x时, 0h x , h x单调递增 所以当且仅当

    42、0 x时, h x取最小值为 1 法一: sin cos2 x k x ,则cos2sinkxkx,即sin cos2xkxk ,即 2 2 sin() 1 k x k , 由三角函数的有界性, 2 2 1 1 k k ,即11k ,所以 max 1k,而 min 01h xh, 但当0 x时, 010kh ;0 x时, 1h xk 所以, max min esin 1cos2 x x xx ,即 esin 1cos2 x x xx 综上所述,当1x时,成立 法二:令 sin ( ) cos2 x x x ,其可看作点cos ,sinAxx与点2,0B 连线的斜率k, 所以直线AB的方程为:2

    43、yk x, 由于点A在圆 22 1xy上,所以直线AB与圆 22 1xy相交或相切, 获取 资料请加 QQ 群 52714787,更多资料关注公众号:高中数学优质讲义库. 21 当直线AB与圆 22 1xy相切且切点在第二象限时, 直线AB取得斜率k的最大值为1而当0 x时, (0)010h ; 0 x时, 1h xk 所以, minmax ( )( )h xx,即 esin 1cos2 x x xx 综上所述,当1x时,成立 法三:令 sin ( ) cos2 x x x ,则 2 12cos ( ) (cos2) x x x , 当 3 2,() 4 xkkN 时,( )x取得最大值 1,

    44、而 min 01h xh, 但当0 x时, 0010h ;0 x时, 1h xk 所以, minmax ( )( )h xx,即 esin 1cos2 x x xx 综上所述,当1x时,成立 24 (2020 届山东省潍坊市高三模拟二)已知函数( )ln,f xxxkx kR. (1)求( )yf x在点(1,(1)f处的切线方程; (2)若不等式 2 ( )f xxx恒成立,求 k 的取值范围; (3)求证:当 * nN时,不等式 2 2 1 2 ln 41 21 n i nn i n 成立. 【答案】 (1)(1)1ykx(2)k2(3)证明见解析 【解析】 (1)函数( )yf x的定义

    45、域为(0,), ( )1lnfxxk ,(1)1fk , (1)fk,函数( )yf x在点(1,(1)f处的切线方程为(1)(1)ykkx, 即(1)1ykx. (2)由 2 ( )f xxx,( )lnf xxxkx,则 2 lnxxkxxx,即ln1xkx, 获取 资料请加 QQ 群 52714787,更多资料关注公众号:高中数学优质讲义库. 22 设( )ln1g xxxk, 1 ( )1g x x , 0,1x, 0g x ,( )g x单调递增, 1,x, ( )0g x ,( )g x单调递减, 不等式 2 ( )f xxx恒成立,且0 x, ln10 xxk , max ( )(1)20g xgk即可,故k2. (3)由(2)可知:当2k 时,ln1xx恒成立, 令 2 1 41 x i ,由于 * iN, 2 1 0 41i . 故, 22 11 ln1 4141ii ,整理得: 2 2 1 ln 411 41 i i , 变形得: 2 1 ln 411 (21)(21) i ii ,即: 2 11 ln 4112 2121 i

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