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

[基础保分练]
1.(2019·绍兴检测)已知函数f (x )＝ax e 2－
x －2(x －1)2，a ∈R . (1)当a ＝－4时，讨论函数f (x )的单调性；
(2)当0<a <1时，求证：函数f (x )有两个不相等的零点x 1，x 2，且x 1＋x 2>2.
2.(2019·诸暨模拟)已知函数f (x )＝ln x 2－x ＋1x
. (1)试讨论函数f (x )的单调性；
(2)设实数k 使得(x 2－1)(e x －x 21e x
＋1)≥(x ＋1)·(k ＋ln(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 (x －1)，g (x )＝(ax －1)e x ，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－x ax
＋ln x . (1)若f (x )≥0对任意x >0恒成立，求a 的值；
(2)求证：ln(n ＋1)>122＋232＋…＋n －1n 2(n ∈N *).
答案精析
基础保分练
1.(1)解 当a ＝－4时，f (x )＝－4x e 2－
x －2(x －1)2， 得f ′(x )＝4(x －1)(e 2－
x －1)， 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1<x <2时，x －1>0，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 )(a e 2－
x ＋4)，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)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减.
所以f (1)＝a e>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x 1∈(0,1)，x 2∈(1,2)，
要证x 1＋x 2>2，即证x 1>2－x 2，
因为0<2－x 2<x 1<1，且f (x )在(0,1)上是增函数，
所以f (x 1)>f (2－x 2)，且f (x 1)＝0，
即证f (2－x 2)<0.
由22222222222(2)(2)e 2(1),()e
2(2)0,x x f x a x x f x ax x -⎧-=---⎪⎨=--=⎪⎩ 得f (2－x 2)＝a [22222(2)e e x x x x －－－].
令g (x )＝(2－x )e x －x e 2－
x ，x ∈(1,2)， 则g ′(x )＝(x －1)e 2－e 2x
e x . 因为1<x <2，所以x －1>0，e 2－e 2x <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 )<g (1)＝0.
又ag (x )＝f (2－x )(1<x <2)，0<a <1，
所以f (2－x )<0(1<x <2)，
即f (2－x 2)<0，故x 1＋x 2>2.
2.解 (1)∵函数f (x )的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，
又f ′(x )＝2x －1x 2－1＝－x －12x 2≤0，
∴f (x )在(－∞，0)，(0，＋∞)上为单调递减函数.
(2)由题意得(x －1)(e x －12e x
x )＋x －ln(2x )－1≥k 对任意x ∈(0，＋∞)恒成立.令g (x )＝x －ln(2x )－1，
得g ′(x )＝1－1x ＝x －1x
， 当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，g (x )在(0,1)上单调递减，
当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，
g (x )在(1，＋∞)上单调递增，
∴g (x )在x ＝1时取得最小值，g (x )min ＝g (1)＝－ln 2.
∵x >0时，通过变形可得
f (x )＝ln(x e 1x
)－ln ⎝⎛⎭⎫1x e x ， 由(1)有f (x )在(0，＋∞)上为单调递减函数，当x ＝1时，f (1)＝0，
∴当x ∈(0,1)或x ∈(1，＋∞)时，
均有(x －1)(e x －12e x x )>0，
而当x ＝1时，(x －1)(e x －12e x
x )＝0，
即当x ＝1时，(x －1)(e x －12e x x )取得最小值0，则k ≤－ln 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y ＝f (x )与y ＝g (x )相切，设切点为(x 0，y 0)，
由g ′(x )＝(ax ＋a －1)e x ，
可知(ax 0＋a －1)0e x ＝a ，
即a (x 00e x ＋0e x －1)＝0e x ，①
又切点既在直线上又在曲线上，
则a (x 0－1)＝(ax 0－1)0e x ，
即a (x 00e x －x 0＋1)＝0e x ，②
联立①②消去a ，有0e x ＋x 0－2＝0.③
设q (x )＝e x ＋x －2，则q ′(x )＝e x ＋1>1，
所以q (x )在R 上单调递增，
而q (0)＝－1<0，q (1)＝e －1>0，q (0)q (1)<0.
故存在唯一的x 0∈(0,1)，使得q (x 0)＝0.
所以方程③有唯一实数解，
则由①或②可解得唯一的实数a .
所以存在唯一的实数a 使得直线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )相切.
(2)解 由f (x )>g (x )，
得a ⎝
⎛⎭⎫x －x －1e x <1.令h (x )＝x －x －1e x ， 则h ′(x )＝1＋x －2e x ＝e x ＋x －2e x
. 由(1)知，存在x 0∈(0,1)，使得h (x )在(－∞，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增. 所以h (x )min ＝h (x 0)＝x 0－0000001e 1e e
x x x x x x --+＝， 易证e x >x ＋1，
则h (x 0)＝000
2000e 110e e x x x x x x -++>>.
所以h (x )≥h (x 0)>0，h (0)＝h (1)＝1.
若a ≤0，则ah (x )≤0<1，此时ah (x )<1有无穷多个整数解；
若a ≥1，即0<1a ≤1，h (x )<1a
无整数解； 若0<a <1，即1a >1，此时h (0)＝h (1)＝1<1a
， 故0,1是h (x )<1a
的两个整数解， 因此⎩⎨⎧ h
－1≥1a ，h 2≥1a
，解得a ≥e 22e 2－1. 综上，a ∈⎣⎡⎭
⎫e 22e 2－1，1. 能力提升练
4.(1)解 f ′(x )＝－ax －a 1－x a 2x 2＋1x ＝a 2
x －a a 2x 2＝x －1a x 2， ①当a <0时，f ′(x )>0恒成立，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，
∴当x ∈(0,1)时，f (x )<f (1)＝0，不满足题意.
②当a >0时，x ∈⎝⎛⎭
⎫0，1a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； x ∈⎝⎛⎭
⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， ∴f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝1－1a
－ln a ≥0. 令g (a )＝1－1a
－ln a ， 则g ′(a )＝1a 2－1a ＝1－a a 2， 当a ∈(0,1)时，g ′(a )>0，g (a )单调递增；当a ∈(1，＋∞)时，g ′(a )<0，g (a )单调递减，
∴g (a )≤g (1)＝0，∴由1－1a
－ln a ≥0，解得a ＝1. (2)证明 由(1)得ln x ≥1－1x
(当且仅当x ＝1时等号成立)， 令x ＝n ＋1n
>1(n ∈N *)， 则有ln n ＋1n >1n ＋1
， ∵n 2>n 2－1，∴ln n ＋1n >1n ＋1>n －1n 2
， ∴ln(n ＋1)－ln n >n －1n 2，
∴⎩⎪⎨⎪⎧ ln 2－ln 1>012，ln 3－ln 2>122，…，ln n ＋1－ln n >n －1n 2，
累加得ln(n ＋1)>122＋232＋…＋n －1n 2(n ∈N *)，原命题得证.。