（江苏专用）高考数学一轮复习加练半小时专题3 导数及其应用第23练高考大题突破练—导数与不等式文（含解析）-人教版高三数学试题VIP免费

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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·镇江模拟)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.已知函数f(x)＝a(x＋1)lnx－x＋1(a∈R).(1)当图象过点(e，e＋3)时，求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(其中e为自然对数的底数，e＝2.71828…)(2)当a≥时，求证：对任意x≥1，f(x)≥0恒成立.[能力提升练]4.已知函数f(x)＝＋lnx.(1)若f(x)≥0对∀x>0恒成立，求a的值；(2)求证：ln(n＋1)>＋＋…＋(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，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′＝e－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e＝.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)＝e－lnx0－2＝－ln－2＝＋x0－2>0，130x0x0x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)解当图象过点(e，e＋3)时，a(e＋1)－e＋1＝e＋3，所以a＝2，由f(x)＝2(x＋1)lnx－x＋1，得f′(x)＝2lnx＋＋1，切点为(1,0)，斜率为f′(1)＝3，所求切线方程为y＝3(x－1)，即3x－y－3＝0.(2)证明当a≥时，f(x)＝a(x＋1)lnx－x＋1，x≥1，欲证：f(x)≥0，注意到f(1)＝0，只要f(x)≥f(1)即可，f′(x)＝a－1，x≥1，令g(x)＝lnx＋＋1，x≥1，则g′(x)＝－＝≥0，x≥1，知g(x)在[1，＋∞)上单调递增，有g(x)≥g(1)＝2，所以f′(x)≥2a－1≥0，a≥，可知f(x)在[1，＋∞)上单调递增，于是有f(x)≥f(1)＝0.综上，当a≥时，对任意的x≥1，f(x)≥0恒成立.能力提升练4.(1)解f′(x)＝＋＝＝，①当a<0时，f′(x)>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；当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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