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2018届高三数学总复习:配套练习90练 第25练 高考大题突破练——导数(含答案解析)


第 25 练 高考大题突破练——导数
训练目标 训练题型 解题策略 相结合;(2)求参数范围可用分离参数法. 1.(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)导数的综合应用;(2)压轴大题突破. (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. (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

1 3 2.(2015·课标全国Ⅰ)已知函数 f(x)=x +ax+ ,g(x)=-lnx. 4 (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.

3.已知函数 f(x)=(x+1)e (e 为自然对数的底数). (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)设函数 φ (x)=xf(x)+tf′(x)+e ,存在实数 x1,x2∈[0,1],使得 2φ (x1)<φ (x2)成
-x

-x

立,求实数 t 的取值范围.

2x-1 4.(2016·山东)已知 f(x)=a(x-lnx)+ 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)=xlnx 和 g(x)=m(x -1)(m∈R). (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.(1)证明 f′(x)=m(e -1)+2x.

mx

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,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
?f?1?-f?0?≤e-1, ? ? ?f?-1?-f?0?≤e-1, ? ? ?e -m≤e-1, 即? -m ?e +m≤e-1. ?
t m mx mx mx

mx



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; 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]. 2.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
-m -1

t

m

3 因此,当 a=- 时,x 轴为曲线 y=f(x)的切线. 4 (2)当 x∈(1,+∞)时,g(x)=-lnx<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, 4 4 5 故 1 是 h(x)的一个零点;若 a<- ,则 f(1)<0,h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)<0, 4 故 1 不是 h(x)的零点.

当 x∈(0,1)时,g(x)=-lnx>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, 中,当 x= ①若 f( ②若 f( - )上单调递减, 在( 3

1 4

5 4

a

- , 1)上单调递增, 故在(0,1) 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,f(x)在(0,1)上无零点; 3 4 a 3 - )=0,即 a=- , 3 4

则 f(x)在(0,1)上有唯一零点; ③若 f(

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

5 3 5 所以当- <a<- 时,f(x)在(0,1)上有两个零点;当-3<a≤- 时,f(x)在(0,1)上有一个 4 4 4 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,h(x)有两个零点;当 4 4 4 4 5 3 - <a<- 时,h(x)有三个零点. 4 4

3.解 (1)∵函数的定义域为 R,f′(x)=- x, e ∴当 x<0 时,f′(x)>0; 当 x>0 时,f′(x)<0, ∴f(x)在(-∞,0)上单调递增, 在(0,+∞)上单调递减. (2)假设存在 x1,x2∈[0,1],使得 2φ (x1)<φ (x2)成立, 则 2[φ (x)]min<[φ (x)]max. ∵φ (x)=xf(x)+tf′(x)+e =
2 -x

x

x2+?1-t?x+1
e
x



-x +?1+t?x-t ?x-t??x-1? ∴φ ′(x)= =- . x x e e 对于 x∈[0,1],

①当 t≥1 时,φ ′(x)≤0,φ (x)在[0,1]上单调递减, e ∴2φ (1)<φ (0),即 t>3- >1. 2 ②当 t≤0 时,φ ′(x)>0,φ (x)在[0,1]上单调递增, ∴2φ (0)<φ (1),即 t<3-2e<0. ③当 0<t<1 时,若 x∈[0,t), 则 φ ′(x)<0,φ (x)在[0,t)上单调递减; 若 x∈(t,1],则 φ ′(x)>0,φ (x)在(t,1]上单调递增, ∴2φ (t)<max{φ (0),φ (1)}, 即 2·

t+1
e
t

? 3-t? ?.(*) <max?1, e ? ?

由(1)知,g(t)=2·

t+1
e
t

在[0,1]上单调递减,

4 t+1 2 3-t 3 故 ≤2· t ≤2,而 ≤ ≤ , e e e e e ∴不等式(*)无解. 综上所述,t 的取值范围为

? e ? (-∞,3-2e)∪?3- ,+∞?. ? 2 ?
4.(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),

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)= ①当 0<a<2 时, 当 x∈(0,1)或 x∈? 当 x∈?1,

a?x-1?? ?x- x3 ?

2??

a??

? ? x+

2?

a?

?.

2 >1,

a

? ?

a

2 ? ,+∞?时,f′(x)>0,f(x)单调递增,

?

? ?

2?

a?

?时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
2 =1,在 x∈(0,+∞)内,f′(x)≥0,f(x)单调递增. 2 ? <1,当 x∈?0, 2? ?或 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,

②当 a=2 时, ③当 a>2 时,0<

a

a

?

a?

当 x∈?

? ?

2

a

,1?时,f′(x)<0,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?

a?

?内单调递减,

? ?

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, 增. (2)证明 由(1)知,a=1 时,

? ?

2?

? ?内单调递增,在? a? ?

2

a

,1?内单调递减,在(1,+∞)内单调递

? ?

f(x)-f′(x)=x-lnx+

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

x

?

x x

x?

3 1 2 =x-lnx+ + 2- 3-1,x∈[1,2].

x x

x

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

x x

x

由 g′(x)=

x-1 ≥0, x
2

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

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 1 由 h(1)=1,h(2)= ,可得 h(x)≥h(2)= , 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 xlnx=x -1, 1 而 x>0,所以方程即为 lnx-x+ =0.
2

2

x

1 令 h(x)=lnx-x+ ,

x x

1 1 -x +x-1 则 h′(x)= -1- 2= 2

2

x

x

12 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, 1 即? x∈(1,+∞),f(x)<g(x),即 lnx<m(x- ),

x

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

x

1 1 -mx +x-m F′(x)= -m(1+ 2)= . 2

2

x

x

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,F(x)>F(1)=0 与题设矛盾.
2 2

?1 ? 综上所述,实数 m 的取值范围是? ,+∞?. ?2 ?
1 1 1 (3)证明 由(2)知,当 x>1 时,m= 时,lnx< (x- )成立. 2 2 x 2k+1 * 不妨令 x= >1(k∈N ), 2k-1 2k+1 1?2k+1 2k-1? 4k - ∴ln < ? = 2 , ? 2 k - 1 2 k + 1 2k-1 2? ? 4k -1 ln(2k+1)-ln(2k-1)< 4k * (k∈N ), 2 4k -1

? ? 4×2 ?ln5-ln3<4×2 -1, ?… ?ln?2n+1?-ln?2n-1?< 4×n 4×n -1 ? ? ?n∈N ?,
4 ln3-ln1< , 2 4×1 -1
2 2 *

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



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