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第23練 高考大題突破練—導數(shù)與不等式
[基礎保分練]
1.(2019紹興檢測)已知函數(shù)f(x)＝axe2－x－2(x－1)2，a∈R.
(1)當a＝－4時，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)當0
2.
2.(2019諸暨模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx2－x＋.
(1)試討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)設實數(shù)k使得(x2－1)(ex－x2＋1)≥(x＋1)(k＋ln(2x))對任意x∈(0，＋∞)恒成立，求實數(shù)k的最大值.
3.(2019寧波模擬)已知函數(shù)f(x)＝a(x－1)，g(x)＝(ax－1)ex，其中a∈R.
(1)證明：存在唯一的實數(shù)a使得直線y＝f(x)與曲線y＝g(x)相切；
(2)若不等式f(x)>g(x)有且只有兩個整數(shù)解，求實數(shù)a的取值范圍.
[能力提升練]
4.已知函數(shù)f(x)＝＋lnx.
(1)若f(x)≥0對任意x>0恒成立，求a的值；
(2)求證：ln(n＋1)>＋＋…＋(n∈N*).
答案精析
基礎保分練
1.(1)解 當a＝－4時，f(x)＝－4xe2－x－2(x－1)2，
得f′(x)＝4(x－1)(e2－x－1)，
令f′(x)＝0，得x＝1或x＝2.
當x<1時，x－1<0，e2－x－1>0，
所以f′(x)<0，故f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減；
當10，e2－x－1>0，
所以f′(x)>0，故f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增；
當x>2時，x－1>0，e2－x－1<0，
所以f′(x)<0，故f(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞減.
所以f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上單調(diào)遞減，在(1,2)上單調(diào)遞增.
(2)證明 由題意得f′(x)＝(1－x)(ae2－x＋4)，其中00，得x<1，由f′(x)<0，
得x>1，
所以f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，
在(1，＋∞)上單調(diào)遞減.
所以f(1)＝ae>0，f(0)＝－2<0，
f(2)＝2a－2＝2(a－1)<0，
所以函數(shù)f(x)有兩個不同的零點，且一個在(0,1)內(nèi)，另一個在(1,2)內(nèi).
不妨設x1∈(0,1)，x2∈(1,2)，
要證x1＋x2>2，即證x1>2－x2，
因為0<2－x2f(2－x2)，且f(x1)＝0，
即證f(2－x2)<0.
由
得f(2－x2)＝a[].
令g(x)＝(2－x)ex－xe2－x，x∈(1,2)，
則g′(x)＝(x－1).
因為10，e2－e2x<0，
所以當x∈(1,2)時，g′(x)<0，
即g(x)在(1,2)上單調(diào)遞減，
所以g(x)2.
2.解 (1)∵函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)，
又f′(x)＝－－1＝≤0，
∴f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上為單調(diào)遞減函數(shù).
(2)由題意得(x－1)(ex－)＋x－ln(2x)－1≥k對任意x∈(0，＋∞)恒成立.令g(x)＝x－ln(2x)－1，
得g′(x)＝1－＝，
當x∈(0,1)時，g′(x)<0，g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，
當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，
g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴g(x)在x＝1時取得最小值，g(x)min＝g(1)＝－ln 2.
∵x>0時，通過變形可得
f(x)＝ln(xe)－ln，
由(1)有f(x)在(0，＋∞)上為單調(diào)遞減函數(shù)，當x＝1時，f(1)＝0，
∴當x∈(0,1)或x∈(1，＋∞)時，
均有(x－1)(ex－)>0，
而當x＝1時，(x－1)(ex－)＝0，
即當x＝1時，(x－1)(ex－)取得最小值0，則k≤－ln 2，
故實數(shù)k的最大值為－ln 2.
3.(1)證明 假設存在實數(shù)a使得y＝f(x)與y＝g(x)相切，設切點為(x0，y0)，
由g′(x)＝(ax＋a－1)ex，
可知(ax0＋a－1)＝a，
即a(x0＋－1)＝，①
又切點既在直線上又在曲線上，
則a(x0－1)＝(ax0－1)，
即a(x0－x0＋1)＝，②
聯(lián)立①②消去a，有＋x0－2＝0.③
設q(x)＝ex＋x－2，則q′(x)＝ex＋1>1，
所以q(x)在R上單調(diào)遞增，
而q(0)＝－1<0，q(1)＝e－1>0，q(0)q(1)<0.
故存在唯一的x0∈(0,1)，使得q(x0)＝0.
所以方程③有唯一實數(shù)解，
則由①或②可解得唯一的實數(shù)a.
所以存在唯一的實數(shù)a使得直線y＝f(x)與曲線y＝g(x)相切.
(2)解 由f(x)>g(x)，
得a<1.令h(x)＝x－，
則h′(x)＝1＋＝.
由(1)知，存在x0∈(0,1)，使得h(x)在(－∞，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增.
所以h(x)min＝h(x0)＝x0－，
易證ex>x＋1，
則h(x0)＝.
所以h(x)≥h(x0)>0，h(0)＝h(1)＝1.
若a≤0，則ah(x)≤0<1，此時ah(x)<1有無窮多個整數(shù)解；
若a≥1，即0<≤1，h(x)<無整數(shù)解；
若01，此時h(0)＝h(1)＝1<，
故0,1是h(x)<的兩個整數(shù)解，
因此解得a≥.
綜上，a∈.
能力提升練
4.(1)解 f′(x)＝＋＝＝，
①當a<0時，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴當x∈(0,1)時，f(x)0時，x∈時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；
x∈時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，
∴f(x)min＝f＝1－－lna≥0.
令g(a)＝1－－lna，
則g′(a)＝－＝，
當a∈(0,1)時，g′(a)>0，g(a)單調(diào)遞增；當a∈(1，＋∞)時，g′(a)<0，g(a)單調(diào)遞減，
∴g(a)≤g(1)＝0，∴由1－－lna≥0，解得a＝1.
(2)證明 由(1)得ln x≥1－(當且僅當x＝1時等號成立)，
令x＝>1(n∈N*)，
則有l(wèi)n >，
∵n2>n2－1，∴l(xiāng)n>>，
∴l(xiāng)n(n＋1)－ln n>，
∴
累加得ln(n＋1)>＋＋…＋(n∈N*)，原命題得證.
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