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（魯京津瓊專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第23練高考大題突破練—導(dǎo)數(shù)與不等式練習(xí)（含解析）.docx

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《（魯京津瓊專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第23練高考大題突破練—導(dǎo)數(shù)與不等式練習(xí)（含解析）.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（魯京津瓊專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第23練高考大題突破練—導(dǎo)數(shù)與不等式練習(xí)（含解析）.docx（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第23練高考大題突破練—導(dǎo)數(shù)與不等式 [基礎(chǔ)保分練] 1．(2018張掖模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax2－ex(a∈R)． (1)若曲線y＝f(x)在x＝1處的切線與y軸垂直，求y＝f′(x)的最大值； (2)若對(duì)任意0≤x10，f(x)＋ex>x2＋x＋2. 3．(2019珠海摸底)已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)＝有極值點(diǎn)． (1)求實(shí)數(shù)b的取值范圍； (2)若x0為f(x)的極小值點(diǎn)，求證：0恒成立，求a的值； (2)求證：ln(n＋1)>＋＋…＋(n∈N*)．答案精析基礎(chǔ)保分練 1．解　(1)由f′(x)＝2ax－ex，得f′(1)＝2a－e＝0?a＝. 令g(x)＝f′(x)＝ex－ex，則g′(x)＝e－ex，可知函數(shù)g(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f′(x)max＝f′(1)＝0. (2)由題意可知函數(shù)h(x)＝f(x)＋x(2－2ln 2)＝ax2＋x(2－2ln 2)－ex在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，從而h′(x)＝2ax＋2－2ln 2－ex≤0在[0，＋∞)上恒成立，令F(x)＝2ax＋2－2ln 2－ex，則F′(x)＝2a－ex，當(dāng)a≤時(shí)， F′(x)≤0，所以函數(shù)F(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，則F(x)max＝F(0)＝1－2ln 2<0. 當(dāng)a>時(shí)，令F′(x)＝2a－ex＝0，得x＝ln(2a)，所以函數(shù)F(x)在[0，ln(2a))上單調(diào)遞增，在(ln(2a)，＋∞)上單調(diào)遞減，則F(x)max＝F(ln(2a))＝2aln(2a)＋2－2ln 2－2a≤0，即2aln(2a)－2a≤2ln 2－2. 通過求函數(shù)y＝xln x－x的導(dǎo)數(shù)，可知它在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，故0)．當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)．當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)>0，得x>，由f′(x)<0，得00時(shí)，f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． (2)證明　當(dāng)a＝1時(shí)，不等式f(x)＋ex>x2＋x＋2可變?yōu)閑x－ln x－2>0. 令h(x)＝ex－ln x－2，則h′(x)＝ex－，可知函數(shù)h′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，而h′＝－3<0，h′(1)＝e－1>0，所以方程h′(x)＝0在(0，＋∞)上存在唯一實(shí)根x0，即＝. 當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，h′(x)<0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，h′(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增．所以h(x)min＝h(x0)＝－ln x0－2＝－－2＝＋x0－2>0，即ex－ln x－2>0在(0，＋∞)上恒成立，所以對(duì)任意x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2成立． 3．(1)解　由f(x)定義域?yàn)镽，可知b>0， f′(x)＝， f(x)有極值點(diǎn)的必要條件是f′(x)＝0有根，即x2－2x＋b＝0有實(shí)根，若x2－2x＋b＝0有兩個(gè)相等的實(shí)根，則f′(x)≥0，可知此時(shí)沒有極值點(diǎn)；所以x2－2x＋b＝0有兩個(gè)不等的實(shí)根，即Δ＝4－4b>0，得b<1，且兩根為x1＝1－，x2 ＝1＋，可知：當(dāng)x1x2時(shí)f′(x)>0，可知x1為f(x)的極大值點(diǎn)，x2為f(x)的極小值點(diǎn)，所以當(dāng)00，所以g(t)＝在(1,2)上為增函數(shù)，所以g(1)0恒成立， f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f(x)0時(shí)，x∈時(shí)， f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減； x∈時(shí)，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(dāng)a∈(0,1)時(shí)，g′(a)>0，g(a)單調(diào)遞增；當(dāng)a∈(1，＋∞)時(shí)， 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(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)等號(hào)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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