2021高考数学新高考版一轮习题：专题3 第28练高考大题突破练——导数与不等式 WORD版含解析.docx

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资源描述：: 1、1已知函数f(x)exax1，aR.(1)若f(x)在区间(1,2)上单调，求a的取值范围；(2)设a0，求证：x0时，f(x)x2.2已知函数f(x).(1)若f(x)在x2处的切线的斜率为1ln 2，求实数a的值；(2)x1，不等式f(x)恒成立，求整数a的最大值3(2019重庆质检)已知函数f(x)x2aln x(aR)(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a1时，f(x)0时，f(x)(2x1)答案精析1(1)解易知 f(x)exa是增函数又f(x)在区间(1,2)上单调，f(1)ea0或f(2)e2a0. ae或ae2.即a的取值范围是(，ee2，)(2)证明设g(x)f(x)x2ex
2、ax1x2.g(x)exa2x，设(x)exa2x，(x)ex2.x(，ln 2)时，(x)0，(x)是增函数，xln 2时，(x)min2a2ln 22lna.a0，(x)min2lna0，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)，由题意得f(2)ln 21ln 2，则a2.(2)不等式可化为a1时，g(x)10，则g(x)在(1，)上单调递增又g(3)1ln 30，则g(x)在(3,4)上存在唯一零点x0满足g(x0)x0ln x020.则当x(1，x0)时，h(x)单调递减，当x(x0，)时，h(x)单调递增，则h
3、(x)minh(x0).又因为x0ln x020，则h(x0)x0，因为x0(3,4)，则a0)，当a0时，f(x)0，则f(x)在(0，)上单调递增当a0时，f(x)x.所以当0x时，f(x)时，f(x)0.综上所述，当a0时，f(x)的单调递增区间为(0，)，无单调递减区间；当a0时，f(x)的单调递增区间为(，)，单调递减区间为(0，)(2)当a1时，f(x)1)，则g(x)2x2x.当x1时，g(x)0，g(x)在(1，)上是增函数，x1时，g(x)，从而g(x)0，即x3x2ln x0，所以x2ln x1时，x2ln x1，即a4时，令f(x)3a或x4时，函数f(x)的减区间为(，3a)，(1，)(2)证明由题意有f(x)，要证f(x)(2x1)(x0)，只要证(2x1)exe(x2x1)0(x0)令g(x)(2x1)exe(x2x1)(x0)，有g(x)(2x1)exe(2x1)(2x1)(exe)，当0x1时，g(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)ming(1)0，故当x0时，g(x)0.故不等式f(x)(2x1)成立

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