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1、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
2、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,
3、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,
4、)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
5、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.