高考數(shù)學(xué) 江蘇專用理科專題復(fù)習(xí)：專題專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第21練 Word版含解析

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1、 訓(xùn)練目標(biāo)(1)利用導(dǎo)數(shù)處理與不等式有關(guān)的題型；(2)解題步驟的規(guī)范訓(xùn)練訓(xùn)練題型(1)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式；(2)利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立問題及存在性問題；(3)利用導(dǎo)數(shù)證明與數(shù)列有關(guān)的不等式解題策略(1)構(gòu)造與所證不等式相關(guān)的函數(shù)；(2)利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)性或者最值再證明不等式；(3)處理恒成立問題注意參變量分離.1已知函數(shù)f(x)x2axalnx(aR)(1)若函數(shù)f(x)在x1處取得極值，求a的值；(2)在(1)的條件下，求證：f(x)4x.2(20xx·淮安模擬)已知函數(shù)f(x)ax1lnx，aR.(1)討論函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在x1處取得極值，對x(0，)

2、，f(x)bx2恒成立，求實(shí)數(shù)b的取值范圍3(20xx·山西四校聯(lián)考)已知f(x)lnxxa1.(1)若存在x(0，)，使得f(x)0成立，求a的取值范圍；(2)求證：在(1)的條件下，當(dāng)x1時(shí)，x2axaxlnx成立4設(shè)函數(shù)f(x)x2axb，g(x)ex(cxd)若曲線yf(x)和曲線yg(x)都過點(diǎn)P(0,2)，且在點(diǎn)P處有相同的切線y4x2.(1)求a，b，c，d的值；(2)若x2時(shí)，f(x)kg(x)，求k的取值范圍5(20xx·陜西質(zhì)量監(jiān)測)設(shè)函數(shù)f(x)exax1.(1)當(dāng)a0時(shí)，設(shè)函數(shù)f(x)的最小值為g(a)，求證：g(a)0；(2)求證：對任意的正整數(shù)n

3、，都有1n12n13n1nn1(n1)n1.答案精析1(1)解f(x)2xa，由題意可得f(1)0，解得a1.經(jīng)檢驗(yàn)，a1時(shí)f(x)在x1處取得極值，所以a1.(2)證明由(1)知，f(x)x2xlnx，令g(x)f(x)3xlnx，由g(x)x23x33(x1)(x0)，可知g(x)在(0,1)上是減函數(shù)，在(1，)上是增函數(shù)，所以g(x)g(1)0，所以f(x)4x成立2解(1)在區(qū)間(0，)上，f(x)a.若a0，則f(x)0，f(x)是區(qū)間(0，)上的減函數(shù)；若a0，令f(x)0得x.在區(qū)間(0，)上，f(x)0，函數(shù)f(x)是減函數(shù)；在區(qū)間(，)上，f(x)0，函數(shù)f(x)是增函數(shù)綜

4、上所述，當(dāng)a0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)，無單調(diào)遞增區(qū)間；當(dāng)a0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(，)，單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)(2)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在x1處取得極值，所以f(1)0，解得a1，經(jīng)檢驗(yàn)滿足題意已知f(x)bx2，則x1lnxbx2,1b，令g(x)1，則g(x)，易得g(x)在(0，e2)上單調(diào)遞減，在(e2，)上單調(diào)遞增，所以g(x)ming(e2)1，即b1.3(1)解原題即為存在x0，使得lnxxa10，alnxx1，令g(x)lnxx1，則g(x)1.令g(x)0，解得x1.當(dāng)0x1時(shí)，g(x)0，g(x)為減函數(shù)，當(dāng)x1時(shí)，g(x)0，g(x)為增函數(shù)，g(x)m

5、ing(1)0，ag(1)0.故a的取值范圍是0，)(2)證明原不等式可化為x2axxlnxa0(x1，a0)令G(x)x2axxlnxa，則G(1)0.由(1)可知xlnx10，則G(x)xalnx1xlnx10，G(x)在(1，)上單調(diào)遞增，G(x)G(1)0成立，x2axxlnxa0成立，即x2axaxlnx成立4解(1)由已知得f(0)2，g(0)2，f(0)4，g(0)4.而f(x)2xa，g(x)ex(cxdc)故b2，d2，a4，dc4.從而a4，b2，c2，d2.(2)由(1)知，f(x)x24x2，g(x)2ex(x1)設(shè)函數(shù)F(x)kg(x)f(x)2kex(x1)x24x

6、2，則F(x)2kex(x2)2x42(x2)(kex1)由題設(shè)可得當(dāng)x2時(shí)，F(xiàn)(0)0，即k1.令F(x)0，得x1lnk，x22.若1ke2，則2x10.從而當(dāng)x(2，x1)時(shí)，F(xiàn)(x)0；當(dāng)x(x1，)時(shí)，F(xiàn)(x)0.即F(x)在(2，x1)上單調(diào)遞減，在(x1，)上單調(diào)遞增故F(x)在2，)上的最小值為F(x1)而F(x1)2x12x4x12x1(x12)0.故當(dāng)x2時(shí)，F(xiàn)(x)0，即f(x)kg(x)恒成立若ke2，則F(x)2e2(x2)(exe2)從而當(dāng)x2時(shí)，F(xiàn)(x)0，即F(x)在(2，)上單調(diào)遞增而F(2)0，故當(dāng)x2時(shí)，F(xiàn)(x)0，即f(x)kg(x)恒成立若ke2，則F

7、(2)2ke222e2(ke2)0.從而當(dāng)x2時(shí)，f(x)kg(x)不可能恒成立綜上，k的取值范圍是1，e25證明(1)由a0及f(x)exa可得，函數(shù)f(x)在(，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，)上單調(diào)遞增，故函數(shù)f(x)的最小值為g(a)f(lna)elnaalna1aalna1，則g(a)lna，故當(dāng)a(0,1)時(shí)，g(a)0；當(dāng)a(1，)時(shí)，g(a)0，從而可知g(a)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，且g(1)0，故g(a)0.(2)由(1)可知，當(dāng)a1時(shí)，總有f(x)exx10，當(dāng)且僅當(dāng)x0時(shí)等號成立，即當(dāng)x0時(shí)，總有exx1.于是，可得(x1)n1(ex)n1e(n1)x.令x1，即x，可得n1en；令x1，即x，可得n1e(n1)；令x1，即x，可得n1e(n2)；令x1，即x，可得n1e1.對以上各式求和可得：n1n1n1n1ene(n1)e(n2)e11.故對任意的正整數(shù)n，都有1n12n13n1nn1(n1)n1.