《2020版高考数学一轮复习加练半小时资料：专题3导数及其应用第23练高考大题突破练—导数与不等式文（含解析）.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学一轮复习加练半小时资料：专题3导数及其应用第23练高考大题突破练—导数与不等式文（含解析）.docx（6页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第23练 高考大题突破练导数与不等式基础保分练1.(2018镇江模拟)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.已知函数f(x)a(x1)lnxx1(aR).(1)当图象过点(e，e3)时，求函数f(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(其中e为自然对数的底数，e2.71828)(2)当a时，求证：对任意x1，f(x)0恒成立.能力提升练4.已知函数f(x)lnx.(1)若f(x)0对x0恒成立，求a的值；(2)求证：ln(n1)(nN*).答案
2、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
3、(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he30，所以方程h(x)0在(0，)上存在唯一实根x0，
4、即e.当x(0，x0)时，h(x)0，函数h(x)单调递增.所以h(x)minh(x0)eln x02ln2x020，即exln x20在(0，)上恒成立，所以对任意x0，f(x)exx2x2成立.3.(1)解当图象过点(e，e3)时，a(e1)e1e3，所以a2，由f(x)2(x1)ln xx1，得f(x)2ln x1，切点为(1,0)，斜率为f(1)3，所求切线方程为y3(x1)，即3xy30.(2)证明当a时，f(x)a(x1)ln xx1，x1，欲证：f(x)0，注意到f(1)0，只要f(x)f(1)即可，f(x)a1，x1，令g(x)ln x1，x1，则g(x)0，x1，知g(x)在1，)上单调递增，有g(x)g(1)2，所以f(x)2a10，a，可知f(x)在1，)上单调递增，于是有f(x)f(1)0.综上，当a时，对任意的x1，f(x)0恒成立.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.