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- 2022-04-13 发布
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第23练高考大题突破练—导数与不等式[基础保分练]1．(2018·张掖模拟)已知函数f(x)＝ax2－ex(a∈R)．(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线与y轴垂直，求y＝f′(x)的最大值；(2)若对任意0≤x10，f(x)＋ex>x2＋x＋2.3．(2019·珠海摸底)已知定义域为R的函数f(x)＝有极值点．(1)求实数b的取值范围；(2)若x0为f(x)的极小值点，求证：0恒成立，求a的值；(2)求证：ln(n＋1)>＋＋…＋(n∈N*)．n答案精析基础保分练1．解 (1)由f′(x)＝2ax－ex，得f′(1)＝2a－e＝0⇒a＝.令g(x)＝f′(x)＝ex－ex，则g′(x)＝e－ex，可知函数g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f′(x)max＝f′(1)＝0.(2)由题意可知函数h(x)＝f(x)＋x(2－2ln2)＝ax2＋x(2－2ln2)－ex在[0，＋∞)上单调递减，从而h′(x)＝2ax＋2－2ln2－ex≤0在[0，＋∞)上恒成立，令F(x)＝2ax＋2－2ln2－ex，则F′(x)＝2a－ex，当a≤时，F′(x)≤0，所以函数F(x)在[0，＋∞)上单调递减，则F(x)max＝F(0)＝1－2ln2<0.当a>时，令F′(x)＝2a－ex＝0，得x＝ln(2a)，所以函数F(x)在[0，ln(2a))上单调递增，在(ln(2a)，＋∞)上单调递减，则F(x)max＝F(ln(2a))＝2aln(2a)＋2－2ln2－2a≤0，即2aln(2a)－2a≤2ln2－2.通过求函数y＝xlnx－x的导数，可知它在[1，＋∞)上单调递增，故0)．当a≤0时，f′(x)>0，n函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．当a>0时，由f′(x)>0，得x>，由f′(x)<0，得00时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．(2)证明 当a＝1时，不等式f(x)＋ex>x2＋x＋2可变为ex－lnx－2>0.令h(x)＝ex－lnx－2，则h′(x)＝ex－，可知函数h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，而h′＝－3<0，h′(1)＝e－1>0，所以方程h′(x)＝0在(0，＋∞)上存在唯一实根x0，即＝.当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增．所以h(x)min＝h(x0)＝－lnx0－2＝－－2＝＋x0－2>0，即ex－lnx－2>0在(0，＋∞)上恒成立，所以对任意x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2成立．3．(1)解 由f(x)定义域为R，可知b>0，f′(x)＝，f(x)有极值点的必要条件是f′(x)＝0有根，即x2－2x＋b＝0有实根，n若x2－2x＋b＝0有两个相等的实根，则f′(x)≥0，可知此时没有极值点；所以x2－2x＋b＝0有两个不等的实根，即Δ＝4－4b>0，得b<1，且两根为x1＝1－，x2＝1＋，可知：当x1x2时f′(x)>0，可知x1为f(x)的极大值点，x2为f(x)的极小值点，所以当00，所以g(t)＝在(1,2)上为增函数，所以g(1)0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)单调递减；x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)min＝f＝1－－lna≥0.令g(a)＝1－－lna，则g′(a)＝－＝，当a∈(0,1)时，g′(a)>0，g(a)单调递增；当a∈(1，＋∞)时，g′(a)<0，g(a)单调递减，∴g(a)≤g(1)＝0，∴由1－－lna≥0解得a＝1.(2)证明 由(1)得lnx≥1－(当且仅当x＝1时等号成立)，令x＝>1(n∈N*)，则有ln>，∵n2>n2－1，∴ln>>，∴ln(n＋1)－lnn>，∴累加得ln(n＋1)>＋＋…＋(n∈N*)，原命题得证．
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