2020高考数学（文科）二轮专题精讲《导数与不等式》

课时跟踪检测(二十) 导数与不等式

1．(2019·石家庄模拟)已知函数f(x)＝ln x－4ax，g(x)＝xf(x)． 1

(1)若a＝8，求g(x)的单调区间； 1

(2)若a＞0，求证：f(x)≤4a－2.

11

解：(1)由a＝8，得g(x)＝xln x－2x2(x＞0)，所以g′(x)＝ln x－x＋1. 1－x

令h(x)＝ln x－x＋1，则h′(x)＝x，

故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，h(x)max＝h(1)＝0，从而当x＞0时，g′(x)≤0恒成立，

故g(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间． 1－4ax1

(2)证明：f′(x)＝x－4a＝x，

1?1??1?

由a＞0，令f′(x)＝0，得x＝4a，故f(x)在?0，4a?上单调递增，在?4a，＋∞?

????上单调递减，

1?1?所以f(x)max＝f?4a?＝ln4a－1，

??

111

只需证明ln4a－1≤4a－2，即证明ln 4a＋4a－1≥0. 1114a－1

证法一：令φ(a)＝ln 4a＋4a－1，则φ′(a)＝a－4a2＝4a2，

1?11?0，?令φ′(a)＞0，得a＞4，令φ′(a)＜0，得0＜a＜4，所以φ(a)在上单调4????1?

递减，在?4，＋∞?上单调递增，

??

?1?所以φ(a)min＝φ?4?＝0，

??

1

所以ln 4a＋4a－1≥0，原不等式得证． 1

证法二：令t＝4a＞0，即证ln t－t＋1≤0， (*) 由(1)易知(*)式成立，证毕．

1

2．(2019·开封模拟)已知函数f(x)＝ln x－mx2，g(x)＝2mx2＋x，m∈R，令F(x)＝f(x)＋g(x)．

1

(1)当m＝2时，求函数f(x)的单调区间及极值；

(2)若关于x的不等式F(x)≤mx－1恒成立，求整数m的最小值． 11

解：(1)由题意得，f(x)＝ln x－2x2(x＞0)，所以f′(x)＝x－x(x＞0)． 由f′(x)＞0，得0＜x＜1，所以f(x)的单调递增区间为(0,1)， 由f′(x)＜0，得x＞1，所以f(x)的单调递减区间为(1，＋∞)． 1

所以f(x)极大值＝f(1)＝－2，无极小值．

1

(2)解法一：令G(x)＝F(x)－(mx－1)＝ln x－2mx2＋(1－m)x＋1(x>0)，即求G(x)≤0恒成立时，m的最小值．

－mx2＋?1－m?x＋11

因为G′(x)＝x－mx＋(1－m)＝. x

当m≤0时，因为x＞0，所以G′(x)＞0，所以G(x)在(0，＋∞)上是增函数． 3

又G(1)＝－2m＋2＞0，所以关于x的不等式F(x)≤mx－1不能恒成立． 1??x－???x＋1?m－mx2＋?1－m?x＋1?m?

当m＞0时，G′(x)＝＝－. xx1

令G′(x)＝0，得x＝m，

1???1?

所以当x∈?0，m?时，G′(x)＞0；当x∈?m，＋∞?时，G′(x)＜0.

????1???1?

因此函数G(x)在?0，m?上是增函数，在?m，＋∞?上是减函数．

?????1?1

故函数G(x)的最大值为G?m?＝2m－ln m.

??

111

令h(x)＝2x－ln x，因为h(1)＝2＞0，h(2)＝4－ln 2＜0， 又因为h(x)在(0，＋∞)上是减函数，所以当x≥2时，h(x)＜0， 所以整数m的最小值为2.

解法二：由F(x)≤mx－1恒成立，知m≥令h(x)＝

2?ln x＋x＋1?

(x＞0)恒成立．

x2＋2x

2?ln x＋x＋1?－2?x＋1??2ln x＋x?

(x＞0)，则h′(x)＝. x2＋2x?x2＋2x?2

?1?1

令φ(x)＝2ln x＋x，因为φ?2?＝2－ln 4＜0，φ(1)＝1＞0，且φ(x)为增函数，

???1?

所以存在x0∈?2，1?，使φ(x0)＝0，即2ln x0＋x0＝0.

??

当0＜x＜x0时，h′(x)＞0，h(x)为增函数；当x＞x0时，h′(x)＜0，h(x)为减函数．

所以h(x)max＝h(x0)＝2ln x0＋2x0＋21

＝x. 2

x0＋2x00

1?1?

而x0∈?2，1?，所以x∈(1,2)，所以整数m的最小值为2.

??0

3

3．(2019·武昌调研)已知函数f(x)＝aex－aex－1，g(x)＝－x3－2x2＋6x，其中a＞0.

(1)若曲线y＝f(x)经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程； (2)若f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，求实数m的取值范围． 解：(1)因为f(0)＝a－1＝0，所以a＝1，此时f(x)＝ex－ex－1. 所以f′(x)＝ex－e，k＝f′(0)＝1－e.

所以曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝(1－e)x. (2)因为f(x)＝aex－aex－1，所以f′(x)＝aex－ae＝a(ex－e)． 当x＞1时，f′(x)＞0；当0＜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． 所以当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(1)＝－1. 3

令h(x)＝g(x)＋m＝－x3－2x2＋6x＋m， 则h′(x)＝－3x2－3x＋6＝－3(x＋2)(x－1)． 当x＞1时，h′(x)＜0；当0＜x＜1时，h′(x)＞0. 所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 7

所以当x∈[0，＋∞)时，h(x)max＝h(1)＝2＋m.

要使f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解， 79则2＋m≥－1，即m≥－2. ?9?

所以实数m的取值范围为?－2，＋∞?.

??

4．(2019·湖南湘东六校联考)已知函数f(x)＝ax2－2(a＋1)x＋2ln x，a∈(0，＋∞)．

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)若a＝4，证明：对任意的x≥2，都有f(x)＜ex(x－1)－ax－ln x成立(其中e为自然对数的底数，e＝2.718 28…)．

解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， 22?ax－1??x－1?

f′(x)＝2ax－2(a＋1)＋x＝， x

1??1??

∴当a∈(0,1)时，f(x)在(0,1)和?a，＋∞?上单调递增，在?1，a?上单调递减；

????当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

1???1?

当a∈(1，＋∞)时，f(x)在?0，a?和(1，＋∞)上单调递增，在?a，1?上单调递

????减．

(2)证明：当a＝4时，即证4x2－6x＋3ln x≤ex(x－1)，x≥2，① 设g(x)＝4x2－6x＋3ln x－ex(x－1)(x≥2)， 3

则g′(x)＝8x－6＋x－xex. 3

令h(x)＝8x－6＋x－xex，

3

则h′(x)＝8－x2－(x＋1)ex＜8－(x＋1)ex≤8－3e2＜0. ∴h(x)在[2，＋∞)上单调递减，

33x223∴h(x)＝8x－6＋x－xe≤h(2)＝16－6＋2－2e＝2－2e2＜0即g′(x)＜0在[2，＋∞)上恒成立，

∴g(x)在[2，＋∞)上单调递减，

∴g(x)＝4x2－6x＋3ln x－ex(x－1)≤g(2)＝16－12＋3ln 2－e2＜4＋3－e2＝7－e2＜0，

∴原不等式恒成立．