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第23练 高考大题突破练导数与不等式基础保分练1(2018张掖模拟)已知函数f(x)ax2ex(aR)(1)若曲线yf(x)在x1处的切线与y轴垂直,求yf(x)的最大值;(2)若对任意0x1x2都有f(x2)x2(22ln2)0,f(x)exx2x2.3(2019珠海摸底)已知定义域为R的函数f(x)有极值点(1)求实数b的取值范围;(2)若x0为f(x)的极小值点,求证:f(x0)0恒成立,求a的值;(2)求证:ln(n1)(nN*)答案精析基础保分练1解(1)由f(x)2axex,得f(1)2ae0a.令g(x)f(x)exex,则g(x)eex,可知函数g(x)在(,1)上单调递增,在(1,)上单调递减,所以f(x)maxf(1)0.(2)由题意可知函数h(x)f(x)x(22ln 2)ax2x(22ln 2)ex在0,)上单调递减,从而h(x)2ax22ln 2ex0在0,)上恒成立,令F(x)2ax22ln 2ex,则F(x)2aex,当a时,F(x)0,所以函数F(x)在0,)上单调递减,则F(x)maxF(0)12ln 2时,令F(x)2aex0,得xln(2a),所以函数F(x)在0,ln(2a)上单调递增,在(ln(2a),)上单调递减,则F(x)maxF(ln(2a)2aln(2a)22ln 22a0,即2aln(2a)2a2ln 22.通过求函数yxln xx的导数,可知它在1,)上单调递增,故0)当a0时,f(x)0,函数f(x)在(0,)上单调递增,所以函数f(x)的单调递增区间为(0,)当a0时,由f(x)0,得x,由f(x)0,得0x0时,f(x)在上单调递减,在上单调递增(2)证明当a1时,不等式f(x)exx2x2可变为exln x20.令h(x)exln x2,则h(x)ex,可知函数h(x)在(0,)上单调递增,而h30,所以方程h(x)0在(0,)上存在唯一实根x0,即.当x(0,x0)时,h(x)0,函数h(x)单调递增所以h(x)minh(x0)ln x022x020,即exln x20在(0,)上恒成立,所以对任意x0,f(x)exx2x2成立3(1)解由f(x)定义域为R,可知b0,f(x),f(x)有极值点的必要条件是f(x)0有根,即x22xb0有实根,若x22xb0有两个相等的实根,则f(x)0,可知此时没有极值点;所以x22xb0有两个不等的实根,即44b0,得b1,且两根为x11,x21,可知:当x1xx2时f(x)0,当xx2时f(x)0,可知x1为f(x)的极大值点,x2为f(x)的极小值点,所以当0b1时满足题设条件(2)证明由(1)知x01,也即为b1(x01)2,f(x0),由0b0,所以g(t)在(1,2)上为增函数,所以g(1)g(t)g(2),即,即f(x0)成立能力提升练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
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