（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， ?
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