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（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第23練高考大題突破練—導(dǎo)數(shù)與不等式練習(xí)（含解析）.docx

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《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第23練高考大題突破練—導(dǎo)數(shù)與不等式練習(xí)（含解析）.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第23練高考大題突破練—導(dǎo)數(shù)與不等式練習(xí)（含解析）.docx（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第23練高考大題突破練—導(dǎo)數(shù)與不等式 [基礎(chǔ)保分練] 1.(2019紹興檢測)已知函數(shù)f(x)＝axe2－x－2(x－1)2，a∈R. (1)當(dāng)a＝－4時，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)02. 2.(2019諸暨模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx2－x＋. (1)試討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)設(shè)實數(shù)k使得(x2－1)(ex－x2＋1)≥(x＋1)(k＋ln(2x))對任意x∈(0，＋∞)恒成立，求實數(shù)k的最大值. 3.(2019寧波模擬)已知函數(shù)f(x)＝a(x－1)，g(x)＝(ax－1)ex，其中a∈R. (1)證明：存在唯一的實數(shù)a使得直線y＝f(x)與曲線y＝g(x)相切； (2)若不等式f(x)>g(x)有且只有兩個整數(shù)解，求實數(shù)a的取值范圍. [能力提升練] 4.已知函數(shù)f(x)＝＋lnx. (1)若f(x)≥0對任意x>0恒成立，求a的值； (2)求證：ln(n＋1)>＋＋…＋(n∈N*). 答案精析基礎(chǔ)保分練 1.(1)解　當(dāng)a＝－4時，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. 當(dāng)x<1時，x－1<0，e2－x－1>0，所以f′(x)<0，故f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)10，e2－x－1>0，所以f′(x)>0，故f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增；當(dāng)x>2時，x－1>0，e2－x－1<0，所以f′(x)<0，故f(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞減. 所以f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上單調(diào)遞減，在(1,2)上單調(diào)遞增. (2)證明　由題意得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)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減. 所以f(1)＝ae>0，f(0)＝－2<0， f(2)＝2a－2＝2(a－1)<0，所以函數(shù)f(x)有兩個不同的零點，且一個在(0,1)內(nèi)，另一個在(1,2)內(nèi). 不妨設(shè)x1∈(0,1)，x2∈(1,2)，要證x1＋x2>2，即證x1>2－x2，因為0<2－x2f(2－x2)，且f(x1)＝0，即證f(2－x2)<0. 由得f(2－x2)＝a[]. 令g(x)＝(2－x)ex－xe2－x，x∈(1,2)，則g′(x)＝(x－1). 因為10，e2－e2x<0，所以當(dāng)x∈(1,2)時，g′(x)<0，即g(x)在(1,2)上單調(diào)遞減，所以g(x)2. 2.解　(1)∵函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)，又f′(x)＝－－1＝≤0， ∴f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上為單調(diào)遞減函數(shù). (2)由題意得(x－1)(ex－)＋x－ln(2x)－1≥k對任意x∈(0，＋∞)恒成立.令g(x)＝x－ln(2x)－1，得g′(x)＝1－＝，當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)<0，g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0， g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴g(x)在x＝1時取得最小值，g(x)min＝g(1)＝－ln 2. ∵x>0時，通過變形可得 f(x)＝ln(xe)－ln，由(1)有f(x)在(0，＋∞)上為單調(diào)遞減函數(shù)，當(dāng)x＝1時，f(1)＝0， ∴當(dāng)x∈(0,1)或x∈(1，＋∞)時，均有(x－1)(ex－)>0，而當(dāng)x＝1時，(x－1)(ex－)＝0，即當(dāng)x＝1時，(x－1)(ex－)取得最小值0，則k≤－ln 2，故實數(shù)k的最大值為－ln 2. 3.(1)證明　假設(shè)存在實數(shù)a使得y＝f(x)與y＝g(x)相切，設(shè)切點為(x0，y0)，由g′(x)＝(ax＋a－1)ex，可知(ax0＋a－1)＝a，即a(x0＋－1)＝，① 又切點既在直線上又在曲線上，則a(x0－1)＝(ax0－1)，即a(x0－x0＋1)＝，② 聯(lián)立①②消去a，有＋x0－2＝0.③ 設(shè)q(x)＝ex＋x－2，則q′(x)＝ex＋1>1，所以q(x)在R上單調(diào)遞增，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有唯一實數(shù)解，則由①或②可解得唯一的實數(shù)a. 所以存在唯一的實數(shù)a使得直線y＝f(x)與曲線y＝g(x)相切. (2)解　由f(x)>g(x)，得a<1.令h(x)＝x－，則h′(x)＝1＋＝. 由(1)知，存在x0∈(0,1)，使得h(x)在(－∞，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增. 所以h(x)min＝h(x0)＝x0－，易證ex>x＋1，則h(x0)＝. 所以h(x)≥h(x0)>0，h(0)＝h(1)＝1. 若a≤0，則ah(x)≤0<1，此時ah(x)<1有無窮多個整數(shù)解；若a≥1，即0<≤1，h(x)<無整數(shù)解；若01，此時h(0)＝h(1)＝1<，故0,1是h(x)<的兩個整數(shù)解，因此解得a≥. 綜上，a∈. 能力提升練 4.(1)解　f′(x)＝＋＝＝， ①當(dāng)a<0時，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴當(dāng)x∈(0,1)時，f(x)0時，x∈時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減； x∈時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， ∴f(x)min＝f＝1－－lna≥0. 令g(a)＝1－－lna，則g′(a)＝－＝，當(dāng)a∈(0,1)時，g′(a)>0，g(a)單調(diào)遞增；當(dāng)a∈(1，＋∞)時，g′(a)<0，g(a)單調(diào)遞減， ∴g(a)≤g(1)＝0，∴由1－－lna≥0，解得a＝1. (2)證明　由(1)得ln x≥1－(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時等號成立)，令x＝>1(n∈N*)，則有l(wèi)n >， ∵n2>n2－1，∴l(xiāng)n>>， ∴l(xiāng)n(n＋1)－ln n>， ∴ 累加得ln(n＋1)>＋＋…＋(n∈N*)，原命題得證.

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