高考數(shù)學(xué) 江蘇專用理科專題復(fù)習(xí):專題專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第21練 Word版含解析

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1、 訓(xùn)練目標(biāo)(1)利用導(dǎo)數(shù)處理與不等式有關(guān)的題型;(2)解題步驟的規(guī)范訓(xùn)練訓(xùn)練題型(1)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式;(2)利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立問題及存在性問題;(3)利用導(dǎo)數(shù)證明與數(shù)列有關(guān)的不等式解題策略(1)構(gòu)造與所證不等式相關(guān)的函數(shù);(2)利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)性或者最值再證明不等式;(3)處理恒成立問題注意參變量分離.1已知函數(shù)f(x)x2axalnx(aR)(1)若函數(shù)f(x)在x1處取得極值,求a的值;(2)在(1)的條件下,求證:f(x)4x.2(20xx·淮安模擬)已知函數(shù)f(x)ax1lnx,aR.(1)討論函數(shù)的單調(diào)區(qū)間;(2)若函數(shù)f(x)在x1處取得極值,對x(0,)

2、,f(x)bx2恒成立,求實(shí)數(shù)b的取值范圍3(20xx·山西四校聯(lián)考)已知f(x)lnxxa1.(1)若存在x(0,),使得f(x)0成立,求a的取值范圍;(2)求證:在(1)的條件下,當(dāng)x1時(shí),x2axaxlnx成立4設(shè)函數(shù)f(x)x2axb,g(x)ex(cxd)若曲線yf(x)和曲線yg(x)都過點(diǎn)P(0,2),且在點(diǎn)P處有相同的切線y4x2.(1)求a,b,c,d的值;(2)若x2時(shí),f(x)kg(x),求k的取值范圍5(20xx·陜西質(zhì)量監(jiān)測)設(shè)函數(shù)f(x)exax1.(1)當(dāng)a0時(shí),設(shè)函數(shù)f(x)的最小值為g(a),求證:g(a)0;(2)求證:對任意的正整數(shù)n

3、,都有1n12n13n1nn1(n1)n1.答案精析1(1)解f(x)2xa,由題意可得f(1)0,解得a1.經(jīng)檢驗(yàn),a1時(shí)f(x)在x1處取得極值,所以a1.(2)證明由(1)知,f(x)x2xlnx,令g(x)f(x)3xlnx,由g(x)x23x33(x1)(x0),可知g(x)在(0,1)上是減函數(shù),在(1,)上是增函數(shù),所以g(x)g(1)0,所以f(x)4x成立2解(1)在區(qū)間(0,)上,f(x)a.若a0,則f(x)0,f(x)是區(qū)間(0,)上的減函數(shù);若a0,令f(x)0得x.在區(qū)間(0,)上,f(x)0,函數(shù)f(x)是減函數(shù);在區(qū)間(,)上,f(x)0,函數(shù)f(x)是增函數(shù)綜

4、上所述,當(dāng)a0時(shí),f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,),無單調(diào)遞增區(qū)間;當(dāng)a0時(shí),f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(,),單調(diào)遞減區(qū)間是(0,)(2)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在x1處取得極值,所以f(1)0,解得a1,經(jīng)檢驗(yàn)滿足題意已知f(x)bx2,則x1lnxbx2,1b,令g(x)1,則g(x),易得g(x)在(0,e2)上單調(diào)遞減,在(e2,)上單調(diào)遞增,所以g(x)ming(e2)1,即b1.3(1)解原題即為存在x0,使得lnxxa10,alnxx1,令g(x)lnxx1,則g(x)1.令g(x)0,解得x1.當(dāng)0x1時(shí),g(x)0,g(x)為減函數(shù),當(dāng)x1時(shí),g(x)0,g(x)為增函數(shù),g(x)m

5、ing(1)0,ag(1)0.故a的取值范圍是0,)(2)證明原不等式可化為x2axxlnxa0(x1,a0)令G(x)x2axxlnxa,則G(1)0.由(1)可知xlnx10,則G(x)xalnx1xlnx10,G(x)在(1,)上單調(diào)遞增,G(x)G(1)0成立,x2axxlnxa0成立,即x2axaxlnx成立4解(1)由已知得f(0)2,g(0)2,f(0)4,g(0)4.而f(x)2xa,g(x)ex(cxdc)故b2,d2,a4,dc4.從而a4,b2,c2,d2.(2)由(1)知,f(x)x24x2,g(x)2ex(x1)設(shè)函數(shù)F(x)kg(x)f(x)2kex(x1)x24x

6、2,則F(x)2kex(x2)2x42(x2)(kex1)由題設(shè)可得當(dāng)x2時(shí),F(xiàn)(0)0,即k1.令F(x)0,得x1lnk,x22.若1ke2,則2x10.從而當(dāng)x(2,x1)時(shí),F(xiàn)(x)0;當(dāng)x(x1,)時(shí),F(xiàn)(x)0.即F(x)在(2,x1)上單調(diào)遞減,在(x1,)上單調(diào)遞增故F(x)在2,)上的最小值為F(x1)而F(x1)2x12x4x12x1(x12)0.故當(dāng)x2時(shí),F(xiàn)(x)0,即f(x)kg(x)恒成立若ke2,則F(x)2e2(x2)(exe2)從而當(dāng)x2時(shí),F(xiàn)(x)0,即F(x)在(2,)上單調(diào)遞增而F(2)0,故當(dāng)x2時(shí),F(xiàn)(x)0,即f(x)kg(x)恒成立若ke2,則F

7、(2)2ke222e2(ke2)0.從而當(dāng)x2時(shí),f(x)kg(x)不可能恒成立綜上,k的取值范圍是1,e25證明(1)由a0及f(x)exa可得,函數(shù)f(x)在(,lna)上單調(diào)遞減,在(lna,)上單調(diào)遞增,故函數(shù)f(x)的最小值為g(a)f(lna)elnaalna1aalna1,則g(a)lna,故當(dāng)a(0,1)時(shí),g(a)0;當(dāng)a(1,)時(shí),g(a)0,從而可知g(a)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,)上單調(diào)遞減,且g(1)0,故g(a)0.(2)由(1)可知,當(dāng)a1時(shí),總有f(x)exx10,當(dāng)且僅當(dāng)x0時(shí)等號成立,即當(dāng)x0時(shí),總有exx1.于是,可得(x1)n1(ex)n1e(n1)x.令x1,即x,可得n1en;令x1,即x,可得n1e(n1);令x1,即x,可得n1e(n2);令x1,即x,可得n1e1.對以上各式求和可得:n1n1n1n1ene(n1)e(n2)e11.故對任意的正整數(shù)n,都有1n12n13n1nn1(n1)n1.

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