（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

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(cè))已知函數(shù)f(x)axe2x2(x1)2，aR.(1)當(dāng)a4時(shí)，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)0<a<1時(shí)，求證：函數(shù)f(x)有兩個(gè)不相等的零點(diǎn)x1，x2，且x1x2>2.2.(2019諸暨模擬)已知函數(shù)f(x)lnx2x.(1)試討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)實(shí)數(shù)k使得(x21)(exx21)(x1)(kln(2x)對(duì)任意x(0，)恒成立，求實(shí)數(shù)k的最大值.3.(2019寧波模擬)已知函數(shù)f(x)a(x1)，g(x)(ax1)ex，其中aR.(1)證明：存在唯一的實(shí)數(shù)a使得直線yf(x)與曲線yg(x)相切；(2)若不等式f(x)>g(x)有且只有兩個(gè)整數(shù)解，求實(shí)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(duì)任意x>0恒成立，求a的值；(2)求證：ln(n1)>(nN*).答案精析基礎(chǔ)保分練1.(1)解當(dāng)a4時(shí)，f(x)4xe2x2(x1)2，得f(x)4(x1)(e2x1)，令f(x)0，得x1或x2.當(dāng)x<1時(shí)，x1<0，e2x1>0，所以f(x)<0，故f(x)在(，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)1<x<2時(shí)，x1>0，e2x1>0，所以f(x)>0，故f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增；當(dāng)x>2時(shí)，x1>0，e2x1<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)(1x)(ae2x4)，其中0<a<1.由f(x)>0，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)2a22(a1)<0，所以函數(shù)f(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，且一個(gè)在(0,1)內(nèi)，另一個(gè)在(1,2)內(nèi).不妨設(shè)x1(0,1)，x2(1,2)，要證x1x2>2，即證x1>2x2，因?yàn)?<2x2<x1<1，且f(x)在(0,1)上是增函數(shù)，所以f(x1)>f(2x2)，且f(x1)0，即證f(2x2)<0.由得f(2x2)a.令g(x)(2x)exxe2x，x(1,2)，則g(x)(x1).因?yàn)?<x<2，所以x1>0，e2e2x<0，所以當(dāng)x(1,2)時(shí)，g(x)<0，即g(x)在(1,2)上單調(diào)遞減，所以g(x)<g(1)0.又ag(x)f(2x)(1<x<2)，0<a<1，所以f(2x)<0(1<x<2)，即f(2x2)<0，故x1x2>2.2.解(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?，0)(0，)，又f(x)10，f(x)在(，0)，(0，)上為單調(diào)遞減函數(shù).(2)由題意得(x1)(ex)xln(2x)1k對(duì)任意x(0，)恒成立.令g(x)xln(2x)1，得g(x)1，當(dāng)x(0,1)時(shí)，g(x)<0，g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，當(dāng)x(1，)時(shí)，g(x)>0，g(x)在(1，)上單調(diào)遞增，g(x)在x1時(shí)取得最小值，g(x)ming(1)ln 2.x>0時(shí)，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)x1時(shí)，f(1)0，當(dāng)x(0,1)或x(1，)時(shí)，均有(x1)(ex)>0，而當(dāng)x1時(shí)，(x1)(ex)0，即當(dāng)x1時(shí)，(x1)(ex)取得最小值0，則kln 2，故實(shí)數(shù)k的最大值為ln 2.3.(1)證明假設(shè)存在實(shí)數(shù)a使得yf(x)與yg(x)相切，設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)，由g(x)(axa1)ex，可知(ax0a1)a，即a(x01)，又切點(diǎn)既在直線上又在曲線上，則a(x01)(ax01)，即a(x0x01)，聯(lián)立消去a，有x020.設(shè)q(x)exx2，則q(x)ex1>1，所以q(x)在R上單調(diào)遞增，而q(0)1<0，q(1)e1>0，q(0)q(1)<0.故存在唯一的x0(0,1)，使得q(x0)0.所以方程有唯一實(shí)數(shù)解，則由或可解得唯一的實(shí)數(shù)a.所以存在唯一的實(shí)數(shù)a使得直線yf(x)與曲線yg(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)minh(x0)x0，易證ex>x1，則h(x0).所以h(x)h(x0)>0，h(0)h(1)1.若a0，則ah(x)0<1，此時(shí)ah(x)<1有無窮多個(gè)整數(shù)解；若a1，即0<1，h(x)<無整數(shù)解；若0<a<1，即>1，此時(shí)h(0)h(1)1<，故0,1是h(x)<的兩個(gè)整數(shù)解，因此解得a.綜上，a.能力提升練4.(1)解f(x)，當(dāng)a<0時(shí)，f(x)>0恒成立，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，當(dāng)x(0,1)時(shí)，f(x)<f(1)0，不滿足題意.當(dāng)a>0時(shí)，x時(shí)，f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；x時(shí)，f(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，f(x)minf1lna0.令g(a)1lna，則g(a)，當(dāng)a(0,1)時(shí)，g(a)>0，g(a)單調(diào)遞增；當(dāng)a(1，)時(shí)，g(a)<0，g(a)單調(diào)遞減，g(a)g(1)0，由1lna0，解得a1.(2)證明由(1)得ln x1(當(dāng)且僅當(dāng)x1時(shí)等號(hào)成立)，令x>1(nN*)，則有l(wèi)n >，n2>n21，ln>>，ln(n1)ln n>，累加得ln(n1)>(nN*)，原命題得證.