《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頁珍藏版）》請?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)若對任意0≤x1
0，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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