鲁京津琼专用2020版高考数学一轮复习专题3导数及其应用第23练高考大题突破练-导数与不等式练习含解析.docx

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