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江苏专用2018版高考数学专题复习专题3导数及其应用第24练高考大题突破练


(江苏专用) 2018 版高考数学专题复习 专题 3 导数及其应用 第 24 练 高考大题突破练——导数练习 理
(1)导数的综合应用;(2)压轴大题突破. 训练目标 (1)导数与不等式的综合; (2)利用导数研究函数零点; (3)利用导数求参数范围. 训练题型 (1)不等式恒成立(或有解)可转化为函数的最值问题, 函数零点可以和函数图象 解题策略 相结合;(2)求参数范围可用分离参数法. 1.(2016·常州一模)已知函数 f(x)=ln x-x- ,a∈R. (1)当 a=0 时,求函数 f(x)的极大值; (2)求函数 f(x)的单调区间.

a x

2.(2015·课标全国Ⅱ)设函数 f(x)=e +x -mx. (1)证明:f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增; (2)若对于任意 x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求 m 的取值范围.

mx

2

1 3 3.(2015·课标全国Ⅰ)已知函数 f(x)=x +ax+ , 4

g(x)=-ln x.
(1)当 a 为何值时,x 轴为曲线 y=f(x)的切线; (2)用 min{m,n}表示 m,n 中的最小值,设函数 h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论 h(x) 零点的个数.

2x-1 4.(2016·山东)已知 f(x)=a(x-ln x)+ 2 ,a∈R.

x

(1)讨论 f(x)的单调性; 3 (2)当 a=1 时,证明 f(x)>f′(x)+ 对于任意的 x∈[1,2]成立. 2

5.已知函数 f(x)=xln x 和 g(x)=m(x -1)(m∈R).

2

1

(1)m=1 时,求方程 f(x)=g(x)的实根; (2)若对任意的 x∈(1,+∞),函数 y=g(x)的图象总在函数 y=f(x)图象的上方,求 m 的 取值范围; 4 4×2 4×n * (3)求证: + +…+ >ln(2n+1)(n∈N ). 2 2 2 4×1 -1 4×2 -1 4×n -1

2

答案精析 1.解 函数 f(x)的定义域为(0,+∞). 1 (1)当 a=0 时,f(x)=ln x-x,f′(x)= -1.

x

令 f′(x)=0,得 x=1. 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x f′(x) f(x)
所以 f(x)的极大值为 f(1)=-1.

(0,1) + ?

1 0 极大值

(1,+∞) - ?

1 a -x +x+a (2)f′(x)= -1+ 2= . 2

2

x

x

x

令 f′(x)=0,得-x +x+a=0,则 Δ =1+4a. 1 ①当 a≤- 时,f′(x)≤0 恒成立, 4 所以函数 f(x)的单调减区间为(0,+∞); 1 ②当 a>- 时,由 f′(x)=0, 4 1+ 1+4a 1- 1+4a 得 x1= ,x2= . 2 2 1 (i)若- <a<0,则 x1>x2>0, 4 由 f′(x)<0,得 0<x<x2,x>x1; 由 f′(x)>0,得 x2<x<x1. 所以 f(x)的单调减区间为 1- 1+4a 1+ 1+4a 1- 1+4a 1+ 1+4a (0, ),( ,+∞),单调增区间为( , ). 2 2 2 2 (ii)若 a=0,由(1)知 f(x)的单调增区间为(0,1),单调减区间为(1,+∞). (iii)若 a>0,则 x1>0>x2, 由 f′(x)<0,得 x>x1; 由 f′(x)>0,得 0<x<x1. 所以 f(x)的单调减区间为( 1+ 1+4a ,+∞), 2

2

1+ 1+4a 单调增区间为(0, ). 2
3

综上所述, 1 当 a≤- 时, 4

f(x)的单调减区间为(0,+∞);
1 1- 1+4a 1+ 1+4a 当- <a<0 时,f(x)的单调减区间为(0, ),( ,+∞),单调增区间 4 2 2 1- 1+4a 1+ 1+4a 为( , ); 2 2 1+ 1+4a 当 a≥0 时,f(x)的单调减区间为( ,+∞), 2 1+ 1+4a 单调增区间为(0, ). 2 2.(1)证明 f′(x)=m(e -1)+2x. 若 m≥0,则当 x∈(-∞,0)时, e -1≤0,f′(x)<0; 当 x∈(0,+∞)时,e -1≥0,f′(x)>0. 若 m<0,则当 x∈(-∞,0)时, e -1>0,f′(x)<0; 当 x∈(0,+∞)时,e -1<0,f′(x)>0. 所以函数 f(x)在(-∞,0)上单调递减, 在(0,+∞)上单调递增. (2)解 由(1)知,对任意的 m,
mx mx mx mx mx

f(x)在[-1,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,故 f(x)在 x=0 处取得最小值.所以对于
任意 x1,x2∈[-1,1], |f(x1)-f(x2)|≤e-1 的充要条件是?
? ?e -m≤e-1, 即? -m ?e +m≤e-1. ?
m

?f?1?-f?0?≤e-1, ? ?f?-1?-f?0?≤e-1, ?



设函数 g(t)=e -t-e+1, 则 g′(t)=e -1. 当 t<0 时,g′(t)<0;当 t>0 时,g′(t)>0. 故 g(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 又 g(1)=0,g(-1)=e +2-e<0, 故当 t∈[-1,1]时,g(t)≤0. 当 m∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立;
4
-1

t

t

当 m>1 时,g(m)>0,即 e -m>e-1; 当 m<-1 时,g(-m)>0, 即 e +m>e-1. 综上,m 的取值范围是[-1,1]. 3.解 (1)设曲线 y=f(x)与 x 轴相切于点(x0,0), 则 f(x0)=0,f′(x0)=0, 1 ? ?x3 0+ax0+ =0, 4 即? 2 ? ?3x0+a=0, 1 3 解得 x0= ,a=- . 2 4 3 因此,当 a=- 时, 4
-m

m

x 轴为曲线 y=f(x)的切线.
(2)当 x∈(1,+∞)时, g(x)=-ln x<0,从而 h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,故 h(x) 在(1,+∞)上无零点. 5 5 当 x=1 时, 若 a≥- , 则 f(1)=a+ ≥0, h(1)=min{f(1), g(1)}=g(1)=0, 故 1 是 h(x) 4 4 5 的一个零点;若 a<- ,则 f(1)<0,h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)<0,故 1 不是 h(x) 4 的零点. 当 x∈(0,1)时,g(x)=-ln x>0.所以只需考虑 f(x)在(0,1)上的零点个数. (ⅰ)若 a≤-3 或 a≥0,则 f′(x)=3x +a 在(0,1)上无零点,故 f(x)在(0,1)上单调.而
2

f(0)= ,f(1)=a+ ,所以当 a≤-3 时,f(x)在(0,1)上有一个零点;当 a≥0 时,f(x)
在(0,1)上没有零点. (ⅱ)若-3<a<0,则 f(x)在(0, (0,1)中,当 x= ①若 f( - )上单调递减,在( 3

1 4

5 4

a

- ,1)上单调递增,故在 3

a

- 时,f(x)取得最小值,最小值为 f( 3

a

a 2a - )= 3 3

a 1 - + . 3 4

a 3 - )>0,即- <a<0, 3 4

f(x)在(0,1)上无零点;
②若 f(

a 3 - )=0,即 a=- , 3 4

则 f(x)在(0,1)上有唯一零点;

5

③若 f(

a 3 1 5 - )<0,即-3<a<- ,由于 f(0)= ,f(1)=a+ ,所以 3 4 4 4

5 3 5 当- <a<- 时,f(x)在(0,1)上有两个零点;当-3<a≤- 时, 4 4 4

f(x)在(0,1)上有一个零点.
3 5 3 5 综上,当 a>- 或 a<- 时,h(x)有一个零点;当 a=- 或 a=- 时, 4 4 4 4

h(x)有两个零点;当- <a<- 时,h(x)有三个零点.
4.(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),

5 4

3 4

a 2 2 ?ax2-2??x-1? f′(x)=a- - 2+ 3= . x x x x3
当 a≤0 时,x∈(0,1)时,f′(x)>0,

f(x)单调递增, x∈(1,+∞)时,f′(x)<0, f(x)单调递减.
当 a>0 时,f′(x)=

a?x-1? · x3

? ?x- ?

2??

??x+ a??

2? ?.

a?

①当 0<a<2 时, 当 x∈(0,1)或 x∈?

2

a

>1,

? ?

a

2 ? ,+∞?时,

?

f′(x)>0,f(x)单调递增,
当 x∈?1,

? ?

2?

a?

?时,f′(x)<0,

f(x)单调递减.
②当 a=2 时, ③当 a>2 时,0< 当 x∈?0, 2

a

=1,在 x∈(0,+∞)内,f′(x)≥0,f(x)单调递增. 2 <1,

a

? ? ? ?

2?

a?

?或 x∈(1,+∞)时,

f′(x)>0,f(x)单调递增,
当 x∈? 2

a

,1?时,f′(x)<0,

? ?

6

f(x)单调递减.
综上所述,当 a≤0 时,f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减; 当 0<a<2 时,f(x)在(0,1)内单调递增,在?1, 在?

? ?

2? ?内单调递减,

a?

? ?

2

a

,+∞?内单调递增;

? ?

当 a=2 时,f(x)在(0,+∞)内单调递增; 当 a>2 时,f(x)在?0, 在(1,+∞)内单调递增. (2)证明 由(1)知,a=1 时,

? ?

2?

? ?内单调递增,在? a? ?

a

2 ? ,1?内单调递减,

?

f(x)-f′(x)=x-ln x+

2x-1 ? 1 2 2 ? -?1- - 2+ 3? 2

x

?

x x

x?

3 1 2 =x-ln x+ + 2- 3-1,x∈[1,2].

x x

x

3 1 2 设 g(x)=x-ln x, h(x)= + 2- 3-1, x∈[1,2], 则 f(x)-f′(x)=g(x)+h(x). 由 g′(x)

x x

x



x-1 ≥0, x

可得 g(x)≥g(1)=1,当且仅当 x=1 时取得等号. -3x -2x+6 又 h′(x)= , 4
2

x

设 φ (x)=-3x -2x+6,则 φ (x)在 x∈[1,2]上单调递减. 因为 φ (1)=1,φ (2)=-10,所以? x0∈(1,2), 使得 x∈(1,x0)时,φ (x)>0,x∈(x0,2)时,φ (x)<0. 所以 h(x)在(1,x0)内单调递增,在(x0,2)内单调递减. 1 由 h(1)=1,h(2)= , 2 1 可得 h(x)≥h(2)= , 2 当且仅当 x=2 时取得等号. 3 所以 f(x)-f′(x)>g(1)+h(2)= , 2 3 即 f(x)>f′(x)+ 对于任意的 x∈[1,2]成立. 2 5.(1)解 m=1 时,f(x)=g(x), 即 xln x=x -1,
2

2

7

1 而 x>0,所以方程即为 ln x-x+ =0.

x

1 令 h(x)=ln x-x+ ,

x

1 1 -x +x-1 则 h′(x)= -1- 2= 2

2

x

x

x

1 2 3 -[?x- ? + ] 2 4 = <0, 2

x

而 h(1)=0,故方程 f(x)=g(x)有唯一的实根 x=1. (2)解 对于任意的 x∈(1,+∞),函数 y=g(x)的图象总在函数 y=f(x)图象的上方, 即? x∈(1,+∞),f(x)<g(x), 1 即 ln x<m(x- ),

x

1 设 F(x)=ln x-m(x- ),即? x∈(1,+∞),F(x)<0,

x

F′(x)= -m(1+ 2) x x
-mx +x-m = . 2
2

1

1

x

①若 m≤0,则 F′(x)>0,F(x)>F(1)=0,这与题设 F(x)<0 矛盾. ②若 m>0,方程-mx +x-m=0 的判别式 Δ =1-4m , 1 当 Δ ≤0,即 m≥ 时,F′(x)≤0, 2 ∴F(x)在(1,+∞)上单调递减, ∴F(x)<F(1)=0,即不等式成立. 1 2 当 Δ >0,即 0<m< 时,方程-mx +x-m=0 有两个实根,设两根为 x1,x2 且 x1<x2,则 2 1 ? ?x1+x2= >2, m ? ? ?x1x2=1, ∴方程有两个正实根且 0<x1<1<x2. 当 x∈(1,x2)时,F′(x)>0,F(x)单调递增,
2 2

F(x)>F(1)=0 与题设矛盾.
综上所述,实数 m 的取值范围是

?1,+∞?. ?2 ? ? ?

8

1 (3)证明 由(2)知,当 x>1 时,m= 时, 2 1 1 ln x< (x- )成立. 2 x 2k+1 * 不妨令 x= >1(k∈N ), 2k-1 ∴ln = 2k+1 1?2k+1 2k-1? - < ? ? 2k-1 2?2k-1 2k+1?

4k , 2 4k -1 4k * (k∈N ), 2 4k -1

ln(2k+1)-ln(2k-1)< 4

?ln 3-ln 1<4×1 -1, ?ln 5-ln 3< 4×2 , 4×2 -1 ?… ?ln?2n+1?-ln?2n-1?< 4×n ?n∈N ?, ? 4×n -1
2 2 * 2

4 4×2 累加可得 + +… 2 2 4×1 -1 4×2 -1 4×n * + >ln(2n+1)(n∈N ). 2 4×n -1

9


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