【文档说明】2021高考数学浙江专用一轮习题：专题3第22练高考大题突破练——导数与不等式【高考】.docx，共(6)页，272.600 KB，由小赞的店铺上传

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1．已知函数f(x)＝ex－ax－1，a∈R.(1)若f(x)在区间(1,2)上单调，求a的取值范围；(2)设a≤0，求证：x≥0时，f(x)≥x2.2．已知函数f(x)＝lnxx－1－ax.(1)若f(x)在x＝2处的切线

的斜率为1－ln2，求实数a的值；(2)任意x>1，不等式f(x)>－1x－1恒成立，求整数a的最大值．3.(2019·温州质检)已知函数f(x)＝12x2－alnx(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝－1时，f(x)<23x3在(1，＋∞)上是否恒成立？请

说明理由．4．设函数f(x)＝x2＋ax＋bex(a∈R，b∈R)．(1)若x＝－1是函数f(x)的一个极值点，试用a表示b，并求函数f(x)的减区间；(2)若a＝1，b＝－1，证明：当x>0时，f(x)≤1e(2x－1)．答案精析1．(1)解易知f′(x)

＝ex－a是增函数．又∵f(x)在区间(1,2)上单调，∴f′(1)＝e－a≥0或f′(2)＝e2－a≤0.∴a≤e或a≥e2.即a的取值范围是(－∞，e]∪[e2，＋∞)．(2)证明设g(x)＝f(x

)－x2＝ex－ax－1－x2.g′(x)＝ex－a－2x，设φ(x)＝ex－a－2x，φ′(x)＝ex－2.∴x∈(－∞，ln2)时，φ′(x)<0，φ(x)是减函数，x∈(ln2，＋∞)时，φ′(x)>

0，φ(x)是增函数，∴x＝ln2时，φ(x)min＝2－a－2ln2＝2lne2－a.∵a≤0，∴φ(x)min＝2lne2－a>0，即g′(x)>0.∴g(x)＝f(x)－x2在[0，＋∞)上是增函数．∴g(x)≥g(0)＝f(0)＝0，

即f(x)≥x2.2．解(1)f′(x)＝x－1x－lnx(x－1)2＋ax2，由题意得f′(2)＝12－ln2＋a4＝1－ln2，则a＝2.(2)不等式可化为a<x(1＋lnx)x－1.设h(x)＝x(1＋lnx)x－1，h′(x)＝x－lnx－2(x－1)2.设g(x)

＝x－lnx－2，当x>1时，g′(x)＝1－1x＝x－1x>0，则g(x)在(1，＋∞)上单调递增．又g(3)＝1－ln3<0，g(4)＝2－ln4>0，则g(x)在(3,4)上存在唯一零点x0满足g(x0)＝x0－lnx0－2＝0.则当x∈(1，x0)时，h(x)单调递减，当x

∈(x0，＋∞)时，h(x)单调递增，则h(x)min＝h(x0)＝x0(1＋lnx0)x0－1.又因为x0－lnx0－2＝0，则h(x0)＝x0(x0－1)x0－1＝x0，因为x0∈(3,4)，则a<h(x0)∈(3,4)，则整数a的最大值为3.3．解(1)因为f(x)

＝12x2－alnx，定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝x－ax(x>0)，当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a>0时，f′(x)＝x－ax＝x2－ax.所以当0<x<a时，f′

(x)<0；当x>a时，f′(x)>0.综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)．(2)当a＝－1时，f(x)<23x3在(1，＋∞)上恒成立，证明如下：设g(x)

＝23x3－12x2－lnx(x>1)，则g′(x)＝2x2－x－1x＝2x3－x2－1x＝(x－1)(2x2＋x＋1)x.当x>1时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上是增函数，x→1时，g(x)→16，从而g(x)>16>0，即23x3－12x2－lnx>0，所以12x2＋lnx<23

x3.故当x>1时，12x2＋lnx<23x3恒成立．4．(1)解由f′(x)＝(2x＋a)ex－(x2＋ax＋b)exe2x＝－x2＋(2－a)x＋a－bex，有f′(－1)＝(－1＋a－2＋a－b)e＝0，得b＝2a－3，此时有f′(x)＝－x2＋(2－a

)x＋a－(2a－3)ex＝－x2＋(2－a)x－a＋3ex＝－(x＋1)[x＋(a－3)]ex＝－[x－(－1)][x－(3－a)]ex，由x＝－1是函数f(x)的一个极值点，可知3－a≠－1，得a≠4.①当3－a>－1，即a<4时，令f′(x)<0，得x>3－a

或x<－1，函数f(x)的减区间为(－∞，－1)，(3－a，＋∞)．②当a>4时，函数f(x)的减区间为(－∞，3－a)，(－1，＋∞)．(2)证明由题意有f(x)＝x2＋x－1ex，要证f(x)≤1e(2x－1)(x>0)，只要证(2x－1)ex－e(x2＋x

－1)≥0(x>0)．令g(x)＝(2x－1)ex－e(x2＋x－1)(x>0)，有g′(x)＝(2x＋1)ex－e(2x＋1)＝(2x＋1)(ex－e)，当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0，则函数g(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,

1)，则g(x)min＝g(1)＝0，故当x>0时，g(x)≥0.故不等式f(x)≤1e(2x－1)成立．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com