2020版新高考数学（浙江）一轮练习：专题3 第23练 WORD版含解析.docx

1、基础保分练1.(2019绍兴检测)已知函数 f(x)axe2x2(x1)2，aR.(1)当 a4 时，讨论函数 f(x)的单调性；(2)当 0a2.2.(2019诸暨模拟)已知函数 f(x)ln x2x1x.(1)试讨论函数 f(x)的单调性；(2)设实数 k 使得(x21)(exx21e x1)(x1)(kln(2x)对任意 x(0，)恒成立，求实数k 的最大值.3.(2019宁波模拟)已知函数 f(x)a(x1)，g(x)(ax1)ex，其中 aR.(1)证明：存在唯一的实数 a 使得直线 yf(x)与曲线 yg(x)相切；(2)若不等式 f(x)g(x)有且只有两个整数解，求实数 a 的

2、取值范围.能力提升练4.已知函数 f(x)1xax ln x.(1)若 f(x)0 对任意 x0 恒成立，求 a 的值；(2)求证：ln(n1)122 232n1n2(nN*).答案精析基础保分练1.(1)解 当 a4 时，f(x)4xe2x2(x1)2，得 f(x)4(x1)(e2x1)，令 f(x)0，得 x1 或 x2.当 x1 时，x10，所以 f(x)0，故 f(x)在(，1)上单调递减；当 1x0，e2x10，所以 f(x)0，故 f(x)在(1,2)上单调递增；当 x2 时，x10，e2x10，所以 f(x)0，故 f(x)在(2，)上单调递减.所以 f(x)在(，1)，(2，)

3、上单调递减，在(1,2)上单调递增.(2)证明 由题意得 f(x)(1x)(ae2x4)，其中 0a0，得 x1，由 f(x)1，所以 f(x)在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减.所以 f(1)ae0，f(0)20，f(2)2a22(a1)2，即证 x12x2，因为 02x2x1f(2x2)，且 f(x1)0，即证 f(2x2)0.由22222222222(2)(2)e2(1),()e2(2)0,xxfxaxxf xaxx 得 f(2x2)a22222(2)eexxxx.令 g(x)(2x)exxe2x，x(1,2)，则 g(x)(x1)e2e2xex.因为 1x0，e2e2x0，所以

4、当 x(1,2)时，g(x)0，即 g(x)在(1,2)上单调递减，所以 g(x)g(1)0.又 ag(x)f(2x)(1x2)，0a1，所以 f(2x)0(1x2)，即 f(2x2)2.2.解(1)函数 f(x)的定义域为(，0)(0，)，又 f(x)2x1x21x12x20，f(x)在(，0)，(0，)上为单调递减函数.(2)由题意得(x1)(ex12exx)xln(2x)1k 对任意 x(0，)恒成立.令 g(x)xln(2x)1，得 g(x)11xx1x，当 x(0,1)时，g(x)0，g(x)在(1，)上单调递增，g(x)在 x1 时取得最小值，g(x)ming(1)ln 2.x0

5、时，通过变形可得f(x)ln(xe1x)ln1xex，由(1)有 f(x)在(0，)上为单调递减函数，当 x1 时，f(1)0，当 x(0,1)或 x(1，)时，均有(x1)(ex12exx)0，而当 x1 时，(x1)(ex12exx)0，即当 x1 时，(x1)(ex12exx)取得最小值 0，则 kln 2，故实数 k 的最大值为ln 2.3.(1)证明 假设存在实数 a 使得 yf(x)与 yg(x)相切，设切点为(x0，y0)，由 g(x)(axa1)ex，可知(ax0a1)0ex a，即 a(x00ex 0ex 1)0ex，又切点既在直线上又在曲线上，则 a(x01)(ax01)0

6、ex，即 a(x00ex x01)0ex，联立消去 a，有0ex x020.设 q(x)exx2，则 q(x)ex11，所以 q(x)在 R 上单调递增，而 q(0)10，q(0)q(1)g(x)，得 axx1exx1，则 h(x0)0002000e110eexxxxxx.所以 h(x)h(x0)0，h(0)h(1)1.若 a0，则 ah(x)01，此时 ah(x)1 有无穷多个整数解；若 a1，即 01a1，h(x)1a无整数解；若 0a1，此时 h(0)h(1)11a，故 0,1 是 h(x)1a的两个整数解，因此h11a，h21a，解得 ae22e21.综上，ae22e21，1.能力提升

7、练4.(1)解 f(x)axa1xa2x21xa2xaa2x2 x1ax2，当 a0 恒成立，f(x)在(0，)上单调递增，当 x(0,1)时，f(x)0 时，x0，1a 时，f(x)0，f(x)单调递增，f(x)minf 1a 11aln a0.令 g(a)11aln a，则 g(a)1a21a1aa2，当 a(0,1)时，g(a)0，g(a)单调递增；当 a(1，)时，g(a)1(nN*)，则有 ln n1n 1n1，n2n21，lnn1n 1n1n1n2，ln(n1)ln nn1n2，ln 2ln 1 012，ln 3ln 2 122，lnn1ln nn1n2，累加得 ln(n1)122 232n1n2(nN*)，原命题得证.