2019年高考数学专题二函数与导数第4讲导数与函数、不等式的综合应用练习理.docx

第二篇专题二第4讲 导数与函数、不等式的综合应用限时训练素能提升(限时50分钟，满分48分)解答题(本题共4小题，每小题12分，共48分)1(2018全国卷)已知函数f(x).(1)求曲线yf(x)在点(0，1)处的切线方程；(2)证明：当a1时，f(x)e0.解析(1)f(x)，f(0)2.因此曲线yf(x)在(0，1)处的切线方程是2xy10.(2)当a1时，f(x)e(x2x1ex1)ex.令g(x)x2x1ex1，则g(x)2x1ex1.当x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增；所以g(x)g(1)0.因此f(x)e0.2(2018鹰潭二模)已知函数f(x)2ln x2ln ak，(1)若k0，证明f(x)0；(2)若f(x)0，求k的取值范围；并证明此时f(x)的极值存在且与a无关解析(1)若k0，f(x).当x时，f(x)0，得证(2)若f(x)2ln x2ln ak0，变形得到2ln k.令t(t0)，得到k，令g(t)，g(t)，令k(t)ttln t1，k(t)ln t，可得k(t)在(0，1上单调递增，在1，)上单调递减，所以k(t)0，g(t)0.g(t)在(0，)上单调递减，当t，g(t)0，所以g(t)0，所以k0，下面再证明f(x)的极值存在且与a无关：k0，f(x)，f(x)极小值f2ln 22ln a2(1ln 2)与a无关k0且f(x)在x2处取极小值f(x2)2ln x22ln ak2ln k.因为x2，所以是关于k的函数(与a无关)，所以f(x2)2ln k也是关于k(与a无关)3(2018长春二模)已知函数f(x)xex.(1)求证：函数f(x)有唯一零点；(2)若对任意x(0，)，xexln x1kx恒成立，求实数k的取值范围解析(1)f(x)(x1)ex，易知f(x)在(0，e)上为正数因此f(x)在区间(0，1)上为增函数，又f0，因此ff(1)0在(1，)上恒成立，即在(1，)上无零点，所以f(x)在(0，)上有唯一零点(2)设f(x)的零点为x0，即x0ex00.原不等式可化为k，令g(x)，则g(x)，由(1)可知g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，故g(x0)为g(x)的最小值，下面分析x0ex00.设x0ex0t，则t，可得即x0(1t)ln t，若t1，等式左负右正不相等，若t0，f(x)1aaln x.当a0时，f(x)x，函数f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，函数f(x)1aaln x单调递增，f(x)1aaln x0xe10，故当x(0，e1)时，f(x)0，所以函数f(x)在(0，e1)上单调递减，在(e1，)上单调递增；当a0，故当x(0，e1)时，f(x)0，当x(e1，)时，f(x)0，所以函数f(x)在(0，e1)上单调递增，在(e1，)上单调递减(2)由(1)可知若函数f(x)xaxln x存在极大值，且极大值点为1，则a0，则h(x)ex2xln x.令g(x)h(x)，则g(x)ex20，所以函数h(x)ex2xln x单调递增，又he10，故h(x)ex2xln x在上存在唯一零点x0，即ex02x0ln x00.所以当x(0，x0)时，h(x)0，所以函数h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，故h(x)h(x0)ex0xx0x0ln x0，所以只需证h(x0)ex0xx0x0ln x00即可，由ex02x0ln x00，得ex02x0ln x0，所以h(x0)(x01)(x0ln x0)，又x010，所以只要x0ln x00即可证法一当x0ln x00时，ln x0x0x0ex0ex0x00，所以ex0x0x0ln x00与ex02x0ln x00矛盾，故x0ln x00，得证证法二当x0ln x00时，ln x0x0x0ex0ex0x00，所以ex0x0x0ln x00时，ln x0x0x0ex0ex0x00，所以ex0x0x0ln x00与ex02x0ln x00矛盾；当x0ln x