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
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0
2.
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′(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，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)＝(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)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)＝－ln 2.
∵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，＋∞)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≤－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)＝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′(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(x0，＋∞)上单调递增.
所以h(x)min＝h(x0)＝x0－，
易证ex>x＋1，
则h(x0)＝.
所以h(x)≥h(x0)>0，h(0)＝h(1)＝1.
若a≤0，则ah(x)≤0<1，此时ah(x)<1有无穷多个整数解；
若a≥1，即0<≤1，h(x)<无整数解；
若01，此时h(0)＝h(1)＝1<，
故0,1是h(x)<的两个整数解，
因此解得a≥.
综上，a∈.
能力提升练
4.(1)解 f′(x)＝＋＝＝，
①当a<0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴当x∈(0,1)时，f(x)0时，x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(x)min＝f＝1－－lna≥0.
令g(a)＝1－－lna，
则g′(a)＝－＝，
当a∈(0,1)时，g′(a)>0，g(a)单调递增；当a∈(1，＋∞)时，g′(a)<0，g(a)单调递减，
∴g(a)≤g(1)＝0，∴由1－－lna≥0，解得a＝1.
(2)证明 由(1)得ln x≥1－(当且仅当x＝1时等号成立)，
令x＝>1(n∈N*)，
则有ln >，
∵n2>n2－1，∴ln>>，
∴ln(n＋1)－ln n>，
∴
累加得ln(n＋1)>＋＋…＋(n∈N*)，原命题得证.
