资源描述
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)axe2x2(x1)2，aR.(1)当a4时，讨论函数f(x)的单调性；(2)当0a2.2.(2019诸暨模拟)已知函数f(x)lnx2x.(1)试讨论函数f(x)的单调性；(2)设实数k使得(x21)(exx21)(x1)(kln(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(x1)，g(x)(ax1)ex，其中aR.(1)证明：存在唯一的实数a使得直线yf(x)与曲线yg(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x0恒成立，求a的值；(2)求证：ln(n1)(nN*).答案精析基础保分练1.(1)解当a4时，f(x)4xe2x2(x1)2，得f(x)4(x1)(e2x1)，令f(x)0，得x1或x2.当x1时，x10，所以f(x)0，故f(x)在(，1)上单调递减；当1x0，e2x10，所以f(x)0，故f(x)在(1,2)上单调递增；当x2时，x10，e2x10，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)(1x)(ae2x4)，其中0a0，得x1，由f(x)1，所以f(x)在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减.所以f(1)ae0，f(0)20，f(2)2a22(a1)2，即证x12x2，因为02x2x1f(2x2)，且f(x1)0，即证f(2x2)0.由得f(2x2)a.令g(x)(2x)exxe2x，x(1,2)，则g(x)(x1).因为1x0，e2e2x0，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)g(1)0.又ag(x)f(2x)(1x2)，0a1，所以f(2x)0(1x2)，即f(2x2)2.2.解(1)函数f(x)的定义域为(，0)(0，)，又f(x)10，f(x)在(，0)，(0，)上为单调递减函数.(2)由题意得(x1)(ex)xln(2x)1k对任意x(0，)恒成立.令g(x)xln(2x)1，得g(x)1，当x(0,1)时，g(x)0，g(x)在(1，)上单调递增，g(x)在x1时取得最小值，g(x)ming(1)ln 2.x0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x1时，f(1)0，当x(0,1)或x(1，)时，均有(x1)(ex)0，而当x1时，(x1)(ex)0，即当x1时，(x1)(ex)取得最小值0，则kln 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yf(x)与yg(x)相切，设切点为(x0，y0)，由g(x)(axa1)ex，可知(ax0a1)a，即a(x01)，又切点既在直线上又在曲线上，则a(x01)(ax01)，即a(x0x01)，联立消去a，有x020.设q(x)exx2，则q(x)ex11，所以q(x)在R上单调递增，而q(0)10，q(0)q(1)g(x)，得ax1，则h(x0).所以h(x)h(x0)0，h(0)h(1)1.若a0，则ah(x)01，此时ah(x)1有无穷多个整数解；若a1，即01，h(x)无整数解；若0a1，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)，当a0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)单调递增，f(x)minf1lna0.令g(a)1lna，则g(a)，当a(0,1)时，g(a)0，g(a)单调递增；当a(1，)时，g(a)1(nN*)，则有ln ，n2n21，ln，ln(n1)ln n，累加得ln(n1)(nN*)，原命题得证.
展开阅读全文