内容发布更新时间 : 2026/6/29 5:21:55星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
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)＝axe
2－x－2(x－1)，a∈R.
2
(1)当a＝－4时，讨论函数f(x)的单调性；
(2)当0
12
2.(2019·诸暨模拟)已知函数f(x)＝lnx－x＋.
x(1)试讨论函数f(x)的单调性；
1(2)设实数k使得(x－1)(e－x求实数k的最大值.
2x2ex＋1)≥(x＋1)·(k＋ln(2x))对任意x∈(0，＋∞)恒成立，
1
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)＝1－xax＋lnx.
(1)若f(x)≥0对任意x>0恒成立，求a的值； (2)求证：ln(n＋1)>12n－1*
22＋32＋…＋n2(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)(e
2－x－1)，
2
令f′(x)＝0，得x＝1或x＝2. 当x<1时，x－1<0，e
2－x－1>0，
所以f′(x)<0，故f(x)在(－∞，1)上单调递减； 当1
2－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，e
2－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－x2 ??f(2?x)?a(2?xx22由22)e?2(1?x2),? ??f(x2?x22)?ax2e?2(x)22?2?0,得f(2－x2)＝a[(2－x22)ex－x2－x22e]. 令g(x)＝(2－x)ex－xe 2－x，x∈(1,2)， 2 2x则g′(x)＝(x－1)e－e e x. 因为1 －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)(1 3