内容发布更新时间 : 2024/12/22 20:27:33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02.

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； (2)设实数k使得(x－1)(e－x求实数k的最大值.

2

x2

e＋1)≥(x＋1)·(k＋ln(2x))对任意x∈(0，

＋∞)恒成立，

1x 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10，e

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－x2f(2－x2)，且f(x1)＝0， 即证f(2－x2)<0.

由???f(2?xx?x22)?a(2?x2)e2?2(12),??f(xe2?x

22)?ax2?2(x22?2)?0,得f(2－x2)＝a[(2－x2)ex2－x－x22e2]. 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.

3