2020版高考数学一轮复习专题3导数及其应用第23练高考大题突破练—导数与不等式练习

[基础保分练]

1.(2019·绍兴检测)已知函数f(x)＝axe2x－2(x－1)2，a∈R.

－

(1)当a＝－4时，讨论函数f(x)的单调性；

(2)当02.

1

2.(2019·诸暨模拟)已知函数f(x)＝lnx2－x＋.

x(1)试讨论函数f(x)的单调性；

(2)设实数k使得(x2－1)(ex－x2e＋1)≥(x＋1)·(k＋ln(2x))对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求实数k的最大值.

1x

3.(2019·宁波模拟)已知函数f(x)＝a(x－1)，g(x)＝(ax－1)ex，其中a∈R. (1)证明：存在唯一的实数a使得直线y＝f(x)与曲线y＝g(x)相切； (2)若不等式f(x)>g(x)有且只有两个整数解，求实数a的取值范围.

[能力提升练]

1－x

4.已知函数f(x)＝＋lnx.

ax

(1)若f(x)≥0对任意x>0恒成立，求a的值； n－112

(2)求证：ln(n＋1)>2＋2＋…＋2(n∈N*).

23n

答案精析

基础保分练

1.(1)解 当a＝－4时，f(x)＝－4xe2x－2(x－1)2，

－

得f′(x)＝4(x－1)(e2x－1)，

－

令f′(x)＝0，得x＝1或x＝2. 当x<1时，x－1<0，e2x－1>0，

－

所以f′(x)<0，故f(x)在(－∞，1)上单调递减； 当10，e2x－1>0，

－

所以f′(x)>0，故f(x)在(1,2)上单调递增； 当x>2时，x－1>0，e2x－1<0，

－

所以f′(x)<0，故f(x)在(2，＋∞)上单调递减.

所以f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递减，在(1,2)上单调递增. (2)证明 由题意得f′(x)＝(1－x)(ae2x＋4)，其中0

－

由f′(x)>0，得x<1，由f′(x)<0， 得x>1，

所以f(x)在(－∞，1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减. 所以f(1)＝ae>0，f(0)＝－2<0， f(2)＝2a－2＝2(a－1)<0，

所以函数f(x)有两个不同的零点，且一个在(0,1)内，另一个在(1,2)内. 不妨设x1∈(0,1)，x2∈(1,2)， 要证x1＋x2>2，即证x1>2－x2，

因为0<2－x2f(2－x2)，且f(x1)＝0， 即证f(2－x2)<0.

x2??f(2?x2)?a(2?x2)e2?2(1?x2),由?

2?x22?2(x2?2)?0,??f(x2)?ax2e得f(2－x2)＝a[(2－x2)ex2－x2e2－x2]. 令g(x)＝(2－x)ex－xe2x，x∈(1,2)，

－

e2－e2x

则g′(x)＝(x－1)x. e

因为10，e2－e2x<0， 所以当x∈(1,2)时，g′(x)<0， 即g(x)在(1,2)上单调递减， 所以g(x)

又ag(x)＝f(2－x)(12.

2.解 (1)∵函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)， －21

又f′(x)＝－2－1＝

xx

x－1x22

≤0，

∴f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上为单调递减函数.

(2)由题意得(x－1)(e－xe)＋x－ln(2x)－1≥k对任意x∈(0，＋∞)恒成立.令g(x)＝x－ln(2x)－1， 1x－1

得g′(x)＝1－＝，

xx

当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)在(0,1)上单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0， g(x)在(1，＋∞)上单调递增，

∴g(x)在x＝1时取得最小值，g(x)min＝g(1)＝－ln 2.

x

12x

∵x>0时，通过变形可得 1x?1

f(x)＝ln(xe)－ln??xe?， x

由(1)有f(x)在(0，＋∞)上为单调递减函数，当x＝1时，f(1)＝0， ∴当x∈(0,1)或x∈(1，＋∞)时， 均有(x－1)(e－xe)>0，

而当x＝1时，(x－1)(e－xe)＝0，

即当x＝1时，(x－1)(e－xe)取得最小值0，则k≤－ln 2， 故实数k的最大值为－ln 2.

3.(1)证明 假设存在实数a使得y＝f(x)与y＝g(x)相切，设切点为(x0，y0)， 由g′(x)＝(ax＋a－1)ex， 可知(ax0＋a－1)ex0＝a， 即a(x0ex0＋ex0－1)＝ex0，① 又切点既在直线上又在曲线上， 则a(x0－1)＝(ax0－1)ex0， 即a(x0ex0－x0＋1)＝ex0，② 联立①②消去a，有ex0＋x0－2＝0.③ 设q(x)＝ex＋x－2，则q′(x)＝ex＋1>1， 所以q(x)在R上单调递增，

而q(0)＝－1<0，q(1)＝e－1>0，q(0)q(1)<0. 故存在唯一的x0∈(0,1)，使得q(x0)＝0. 所以方程③有唯一实数解， 则由①或②可解得唯一的实数a.

所以存在唯一的实数a使得直线y＝f(x)与曲线y＝g(x)相切. (2)解 由f(x)>g(x)，

x－1x－1

得a?x－x?<1.令h(x)＝x－x，

ee??x－2ex＋x－2

则h′(x)＝1＋x＝. eex由(1)知，存在x0∈(0,1)，使得h(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增.

x

12xx

12xx

12xx0?1x0ex0?x0?1所以h(x)min＝h(x0)＝x0－x＝， x00ee易证ex>x＋1，

2x0ex0?x0?1x0?1则h(x0)＝??0.

ex0ex0