2020届高考数学总复习 第三章 导数及其应用 3-2-3 导数与不等式证明(选学)课时作业 文（含

3-2-3导数与不等式证明(选学)课时作业A组——基础对点练【解析】2．(2019·安庆模拟)已知函数f(x)＝xlnx＋ax，a∈R，函数f(x)的图象在x＝1处的切线与直线x＋2y－1＝0垂直．(1)求a的值和函数f(x)的单调区间．(2)求证：exf′(x)．【解析】(1)由题易知，f′(x)＝lnx＋1＋a，x0，且f(x)的图象在x＝1处的切线的斜率k＝2，所以f′(1)＝ln1＋1＋a＝2，所以a＝1.所以f′(x)＝lnx＋2，当xe－2时，f′(x)0，当0xe－2时，f′(x)0，所以函数f(x)的单调递增区间为(e－2，＋∞)，单调递减区间为(0，e－2)．(2)证明：设g(x)＝ex－f′(x)＝ex－lnx－2，x0，因为g′(x)＝ex－1x在(0，＋∞)上单调递增，且g′(1)＝e－10，g′12＝e12－20，所以g′(x)在12，1上存在唯一的零点t，使得g′(t)＝et－1t＝0，即et＝1t12t1.当0xt时，g′(x)g′(t)＝0，当xt时，g′(x)g′(t)＝0，所以g(x)在(0，t)上单调递减，在(t，＋∞)上单调递增，所以x0时，g(x)≥g(t)＝et－lnt－2＝1t－ln1et－2＝t＋1t－2≥2－2＝0，又12t1，所以上式等号取不到，所以g(x)0，即exf′(x)．B组——能力提升练1．(2019·沈阳质监)已知f(x)＝ex－ax2－2x，a∈R.(1)求函数f(x)的图象恒过的定点的坐标．(2)若f′(x)≥－ax－1恒成立，求a的值．(3)在(2)成立的条件下，证明：f(x)存在唯一的极小值点x0，且－2＜f(x0)＜－14.【解析】(1)要使参数a对函数值不产生影响，需x＝0，此时f(0)＝e0－a×02－2×0＝1，∴函数f(x)的图象恒过的定点的坐标为(0，1)．(2)依题意得ex－2ax－2≥－ax－1恒成立，∴ex≥ax＋1恒成立．构造函数g(x)＝ex－ax－1，则g(x)＝ex－ax－1的图象恒过点(0，0)，g′(x)＝ex－a，①若a≤0，则g′(x)＞0.∴g(x)在R上单调递增，∴ex≥ax＋1不能恒成立．②若a＞0，令g′(x)＝0，∴x＝lna.∵当x∈(－∞，lna)时，g′(x)＜0，函数g(x)＝ex－ax－1单调递减，当x∈(lna，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)＝ex－ax－1单调递增，∴函数g(x)在x＝lna处取得极小值，g(lna)＝a－alna－1.∴要使ex－2ax－2≥－ax－1恒成立，只需a－alna－1≥0.设h(a)＝a－alna－1，则函数h(a)的图象恒过点(1，0)，h′(a)＝1－lna－1＝－lna，当a∈(0，1)时，h′(a)＞0，函数h(a)单调递增．当a∈(1，＋∞)时，h′(a)＜0.函数h(a)单调递减．∴函数h(a)在a＝1处取得极大值0，∴要使函数h(a)≥0恒成立，只需a＝1.综上，a的值为1.(3)证明：f′(x)＝ex－2x－2，设m(x)＝ex－2x－2，则m′(x)＝ex－2，当x＞ln2时，m′(x)＞0，当x＜ln2时，m′(x)＜0，∴函数m(x)在(－∞，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，m(x)＝ex－2x－2在x＝ln2处取得极小值，且m(ln2)＝－2ln2＜0，又m(－1)＝1e＞0，m(2)＝e2－6＞0，∴m(x)有两个变号零点，∴f(x)存在唯一的极小值点x0，∴f′(x0)＝0，即ex0－2x0－2＝0，∴f(x0)＝ex0－x20－2x0＝2x0＋2－x20－2x0＝2－x20，∵m32＝e32－2×32－2＝e32－5＜0，∴x0∈32，2，∴函数f(x)的极小值f(x0)＝2－x20∈－2，－14，即－2＜f(x0)＜－14.2．(2019·成都诊断)已知函数f(x)＝alnx－x2＋(2a－1)x(a∈R)有两个不同的零点．(1)求a的取值范围．(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2＞2a.【解析】(1)法一：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝ax－2x＋2a－1＝（2x＋1）（a－x）x.当a≤0时，易得f′(x)＜0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，则f(x)至多有一个零点，不符合题意，舍去．当a＞0时，令f′(x)＝0，则x＝a，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下：x(0，a)a(a，＋∞)f′(x)＋0－f(x)极大值∴f(x)max＝f(a)＝a(lna＋a－1)．设g(x)＝lnx＋x－1，则g′(x)＝1x＋1＞0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增．∵g(1)＝0，∴0＜x＜1时，g(x)＜0；x＞1时，g(x)＞0.∴当0＜a≤1时，f(x)max＝a·g(a)≤0，则f(x)至多有一个零点，不符合题意，舍去．当a＞1时，f(x)max＝a·g(a)＞0，∵f1e＝a2e－1－1e2－1e＜0，∴f(x)在区间1e，a上有一个零点．f(3a－1)＝aln(3a－1)－(3a－1)2＋(2a－1)(3a－1)＝a[ln(3a－1)－(3a－1)]，设h(x)＝lnx－x，x＞1，则h′(x)＝1x－1＜0，∴h(x)在(1，＋∞)上单调递减，则h(3a－1)＜h(2)＝ln2－2＜0，∴f(3a－1)＝a·h(3a－1)＜0，∴f(x)在区间(a，3a－1)上有一个零点，那么f(x)恰有两个零点．综上所述，当f(x)有两个不同的零点时，a的取值范围是(1，＋∞)．法二：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－2x＋2a－1＝（2x＋1）（a－x）x，当a≤0时，易得f′(x)＜0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，则f(x)至多有一个零点，不符合题意，舍去．当a＞0时，令f′(x)＝0，则x＝a，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下：x(0，a)a(a，＋∞)f′(x)＋0－f(x)极大值∴f(x)max＝f(a)＝a(lna＋a－1)．要使函数f(x)有两个零点，则必有f(a)＝a(lna＋a－1)＞0，即lna＋a－1＞0.设g(a)＝lna＋a－1，则g′(a)＝1a＋1＞0，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增．∵g(1)＝0，∴a＞1.∵f1e＝a2e－1－1e2－1e＜0，∴f(x)在区间1e，a上有一个零点．设h(x)＝lnx－x，则h′(x)＝1x－1＝1－xx，∴h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴h(x)≤h(1)＝－1＜0，∴lnx＜x.∴f(x)＝alnx－x2＋(2a－1)x＜ax－x2＋(2a－1)x＝3ax－x2－x＜3ax－x2＝x(3a－x)，则f(4a)＜0，∴f(x)在区间(a，4a)上有一个零点，此时f(x)恰有两个零点．综上所述，当f(x)有两个不同的零点时，a的取值范围是(1，＋∞)．(2)证明：法一：由(1)可知，当f(x)有两个不同的零点时，a＞1，且当x∈(0，a)时，f(x)是增函数，当x∈(a，＋∞)时，f(x)是减函数．不妨设x1＜x2，则0＜x1＜a＜x2.设F(x)＝f(x)－f(2a－x)，x∈(0，2a)，则F′(x)＝f′(x)＋f′(2a－x)＝ax－2x＋2a－1＋a2a－x－2(2a－x)＋2a－1＝ax＋a2a－x－2＝2（x－a）2x（2a－x）.当x∈(0，a)时，F′(x)＞0，∴F(x)单调递增，∵F(a)＝0，∴F(x)＜0，∴f(x)＜f(2a－x)．∵x1∈(0，a)，∴f(x1)＜f(2a－x1)，∵f(x1)＝f(x2)，∴f(x2)＜f(2a－x1)，∵x2∈(a，＋∞)，2a－x1∈(a，2a)，f(x)在(a，＋∞)上单调递减，∴x2＞2a－x1，∴x1＋x2＞2a.法二：由(1)可知，当f(x)有两个不同的零点时，a＞1，且当x∈(0，a)时，f(x)是增函数，当x∈(a，＋∞)时，f(x)是减函数．不妨设x1＜x2，则0＜x1＜a＜x2.设F(x)＝f(a＋x)－f(a－x)，x∈(0，a)，则F′(x)＝f′(a＋x)＋f′(a－x)＝aa＋x－2(a＋x)＋2a－1＋aa－x－2(a－x)＋2a－1＝aa＋x＋aa－x－2＝2x2（a＋x）（a－x）.当x∈(0，a)时，F′(x)＞0，∴F(x)单调递增，∴F(x)＞0，∴f(a＋x)＞f(a－x)．∵a－x1∈(0，a)，∴f(x1)＝f(x2)＝f(a－(a－x1))＜f(a＋(a－x1))＝f(2a－x1)．∵x2∈(a，＋∞)，2a－x1∈(a，2a)，f(x)在(a，＋∞)上单调递减，∴x2＞2a－x1，∴x1＋x2＞2a.