《全国版2021届高考数学二轮复习专题检测二十二导数与不等式理含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《全国版2021届高考数学二轮复习专题检测二十二导数与不等式理含解析（5页珍藏版）》请在装配图网上搜索。
1、专题检测（二十二） 导数与不等式大题专攻强化练1已知函数f(x)xex2xaln x，曲线yf(x)在点P(1，f(1)处的切线与直线x2y10垂直(1)求实数a的值；(2)求证：f(x)x22.解：(1)因为f(x)(x1)ex2，所以曲线yf(x)在点P(1，f(1)处的切线斜率kf(1)2e2a.而直线x2y10的斜率为，由题意可得(2e2a)1，解得a2e.(2)证明：由(1)知，f(x)xex2x2eln x.不等式f(x)x22可化为xex2x2eln xx220.设g(x)xex2x2eln xx22，则g(x)(x1)ex22x.记h(x)(x1)ex22x(x0)，则h(x)
2、(x2)ex2，因为x0，所以x22，ex1，故(x2)ex2，又0，所以h(x)(x2)ex20，所以函数h(x)在(0，)上单调递增又h(1)2e22e20，所以当x(0，1)时，h(x)0，即g(x)0，即g(x)0，函数g(x)单调递增所以g(x)g(1)e22eln 112e1，显然e10，所以g(x)0，即xex2x2eln xx22，也就是f(x)x22.2设函数f(x)2ln xmx21.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当f(x)有极值时，若存在x0，使得f(x0)m1成立，求实数m的取值范围解：(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)2mx，当m0时，f(x)0，
3、f(x)在(0，)上单调递增；当m0时，令f(x)0，得0x，令f(x)，f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)由(1)知，当f(x)有极值时，m0，且f(x)在上单调递增，在上单调递减f(x)maxf2lnm1ln m，若存在x0，使得f(x0)m1成立，则f(x)maxm1.即ln mm1，ln mm10)，g(x)10，g(x)在(0，)上单调递增，且g(1)0，0mx21恒成立解：(1)由题得f(x)，当m0，即1m1时，f(x)0，f(x)在R上单调递减；当m0，即1m1时，令f(x)0得x1，令f(x)0得1mxg(x)max，由(1)可知，m(1，2)时，f(x)在1，m上单调
4、递减，f(x)minf(m)，g(x)在1，m上单调递减，g(x)maxg(1)，即证，记h(m)(1m0得1m，令h(m)0得m，即当x1，x21，m时，f(x1)x21恒成立4(2019武汉市调研测试)已知函数f(x)ex1aln(ax)a(a0)(1)当a1时，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)若关于x的不等式f(x)0恒成立，求实数a的取值范围解：(1)当a1时，f(x)ex1ln x1，则f(x)ex1，切线的斜率kf(1)e21，而f(1)e21，故切线方程为yf(1)f(1)(x1)，即y(e21)(e21)(x1)，整理得(e21)xy20.(2)由f(x)ex1aln xaln aa，得f(x)ex1，显然g(x)xex1a在(0，)上单调递增，又g(0)a0，则存在x0(0，a)，使得g(x0)0，即x0e1a，ln aln x0x01.0xx0时，f(x)0，f(x)单调递减，x00，f(x)单调递增，f(x)在xx0处取得最小值f(x0)e1aln x0aln aa，即f(x0)aln x0aln aaaaa.由f(x)0恒成立知f(x0)0，即a0，x02ln x00.令h(x)x2ln x，则h(x)10得0x1，0x01.又 ax0e1在(0，1)上单调递增，0ae2，实数a的取值范围为(0，e2)
全国版2021届高考数学二轮复习专题检测二十二导数与不等式理含解析
