（浙江专用）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（含解析）

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1、第23练高考大题突破练—导数与不等式[基础保分练]1.(2019·绍兴检测)已知函数f(x)＝axe2－x－2(x－1)2，a∈R.(1)当a＝－4时，讨论函数f(x)的单调性；(2)当02.2.(2019·诸暨模拟)已知函数f(x)＝lnx2－x＋.(1)试讨论函数f(x)的单调性；(2)设实数k使得(x2－1)(ex－x2＋1)≥(x＋1)·(k＋ln(2x))对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求实数k的最大值.3.(2019·宁

2、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]4.已知函数f(x)＝＋lnx.(1)若f(x)≥0对任意x>0恒成立，求a的值；(2)求证：ln(n＋1)>＋＋…＋(n∈N*).答案精析基础保分练1.(1)解　当a＝－4时，f(x)＝－4xe2－x－2(x－1)2，得f′(x)＝4(x－1)(e2－x－1)，令f′

3、(x)＝0，得x＝1或x＝2.当x<1时，x－1<0，e2－x－1>0，所以f′(x)<0，故f(x)在(－∞，1)上单调递减；当10，e2－x－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，e2－x－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)(ae2－x＋4)，其中00，得x<1，

4、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.由得f(2－x2)＝a[].令g(x)

5、＝(2－x)ex－xe2－x，x∈(1,2)，则g′(x)＝(x－1).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)2.2.解　(1)∵函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，又f′(x)＝－－1＝≤0，∴f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上为单调递减函数.(2

6、)由题意得(x－1)(ex－)＋x－ln(2x)－1≥k对任意x∈(0，＋∞)恒成立.令g(x)＝x－ln(2x)－1，得g′(x)＝1－＝，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)＝－ln2.∵x>0时，通过变形可得f(x)＝ln(xe)－ln，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

7、，＋∞)时，均有(x－1)(ex－)>0，而当x＝1时，(x－1)(ex－)＝0，即当x＝1时，(x－1)(ex－)取得最小值0，则k≤－ln2，故实数k的最大值为－ln2.3.(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)＝a，即a(x0＋－1)＝，①又切点既在直线上又在曲线上，则a(x0－1)＝(ax0－1)，即a(x0－x0＋1)＝，②联立①②消去a，有＋x0－2＝0.③设q(x)＝ex＋x－2，则q

8、′(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)，得a<1.令h(x)＝x－，则h′(x)＝1＋＝.由(1)知，存在x0∈(0,1)，使得h(x)在(－∞，x0)上单调递减，在