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高三數(shù)學第25練 高考大題突破練導數(shù)

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1、 第25練 高考大題突破練——導數(shù) 訓練目標 (1)導數(shù)的綜合應用;(2)壓軸大題突破. 訓練題型 (1)導數(shù)與不等式的綜合;(2)利用導數(shù)研究函數(shù)零點;(3)利用導數(shù)求參數(shù)范圍. 解題策略 (1)不等式恒成立(或有解)可轉化為函數(shù)的最值問題,函數(shù)零點可以和函數(shù)圖象相結合;(2)求參數(shù)范圍可用分離參數(shù)法. 1.(20xx課標全國Ⅱ)設函數(shù)f(x)=emx+x2-mx. (1)證明:f(x)在(-∞,0)上單調遞減,在(0,+∞)上單調遞增; (2)若對于任意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范圍. 2.(

2、20xx課標全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)=x3+ax+,g(x)=-lnx. (1)當a為何值時,x軸為曲線y=f(x)的切線; (2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,設函數(shù)h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),討論h(x)零點的個數(shù). 3.已知函數(shù)f(x)=(x+1)e-x(e為自然對數(shù)的底數(shù)). (1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間; (2)設函數(shù)φ(x)=xf(x)+tf′(x)+e-x,存在實數(shù)x1,x2∈[0,1],使得2φ(x1)<φ(x2)成立,求實數(shù)t的取值范圍. 4.(20xx山東)已知f(x)=a

3、(x-lnx)+,a∈R. (1)討論f(x)的單調性; (2)當a=1時,證明f(x)>f′(x)+對于任意的x∈[1,2]成立. 5.已知函數(shù)f(x)=xlnx和g(x)=m(x2-1)(m∈R). (1)m=1時,求方程f(x)=g(x)的實根; (2)若對任意的x∈(1,+∞),函數(shù)y=g(x)的圖象總在函數(shù)y=f(x)圖象的上方,求m的取值范圍; (3)求證:++…+>ln(2n+1) (n∈N*). 答案精析 1.(1)證明 f′(x)=m(emx-1)+2x. 若m≥0,則當x∈(-∞,0)時,emx-1≤0,

4、f′(x)<0; 當x∈(0,+∞)時,emx-1≥0,f′(x)>0. 若m<0,則當x∈(-∞,0)時,emx-1>0,f′(x)<0; 當x∈(0,+∞)時,emx-1<0,f′(x)>0. 所以函數(shù)f(x)在(-∞,0)上單調遞減, 在(0,+∞)上單調遞增. (2)解 由(1)知,對任意的m,f(x)在[-1,0]上單調遞減,在[0,1]上單調遞增,故f(x)在x=0處取得最小值.所以對于任意x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要條件是 即① 設函數(shù)g(t)=et-t-e+1, 則g′(t)=et-1. 當t<0時,g′(t)<0;

5、當t>0時,g′(t)>0. 故g(t)在(-∞,0)上單調遞減,在(0,+∞)上單調遞增. 又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0,故當t∈[-1,1]時,g(t)≤0. 當m∈[-1,1]時,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立; 當m>1時,g(m)>0,即em-m>e-1; 當m<-1時,g(-m)>0,即e-m+m>e-1. 綜上,m的取值范圍是[-1,1]. 2.解 (1)設曲線y=f(x)與x軸相切于點(x0,0),則f(x0)=0,f′(x0)=0, 即解得x0=,a=-. 因此,當a=-時,x軸為曲線y=f(x)的切線. (2)當x∈(1,+∞

6、)時,g(x)=-lnx<0,從而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0, 故h(x)在(1,+∞)上無零點. 當x=1時,若a≥-,則f(1)=a+≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0, 故1是h(x)的一個零點;若a<-,則f(1)<0,h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)<0, 故1不是h(x)的零點. 當x∈(0,1)時,g(x)=-lnx>0.所以只需考慮f(x)在(0,1)上的零點個數(shù). (ⅰ)若a≤-3或a≥0,則f′(x)=3x2+a在(0,1)上無零點,故f(x)在(0,1)上單調.而f(0)=,f(1)=a+,所以

7、當a≤-3時,f(x)在(0,1)上有一個零點;當a≥0時,f(x)在(0,1)上沒有零點. (ⅱ)若-30,即--或a<-時,h(x

8、)有一個零點;當a=-或a=-時,h(x)有兩個零點;當-0; 當x>0時,f′(x)<0, ∴f(x)在(-∞,0)上單調遞增, 在(0,+∞)上單調遞減. (2)假設存在x1,x2∈[0,1],使得2φ(x1)<φ(x2)成立, 則2[φ(x)]min<[φ(x)]max. ∵φ(x)=xf(x)+tf′(x)+e-x=, ∴φ′(x)==-. 對于x∈[0,1], ①當t≥1時,φ′(x)≤0,φ(x)在[0,1]上單調遞減, ∴2φ(1)<φ(0)

9、,即t>3->1. ②當t≤0時,φ′(x)>0,φ(x)在[0,1]上單調遞增, ∴2φ(0)<φ(1),即t<3-2e<0. ③當00,φ(x)在(t,1]上單調遞增, ∴2φ(t)

10、. 當a≤0時,x∈(0,1)時,f′(x)>0,f(x)單調遞增, x∈(1,+∞)時,f′(x)<0,f(x)單調遞減. 當a>0時,f′(x)=. ①當01, 當x∈(0,1)或x∈時,f′(x)>0,f(x)單調遞增, 當x∈時,f′(x)<0,f(x)單調遞減. ②當a=2時,=1,在x∈(0,+∞)內,f′(x)≥0,f(x)單調遞增. ③當a>2時,0<<1,當x∈或x∈(1,+∞)時,f′(x)>0,f(x)單調遞增, 當x∈時,f′(x)<0,f(x)單調遞減. 綜上所述,當a≤0時,f(x)在(0,1)內單調遞增,在(1,+∞)內單調遞減;

11、 當02時,f(x)在內單調遞增,在內單調遞減,在(1,+∞)內單調遞增. (2)證明 由(1)知,a=1時, f(x)-f′(x)=x-lnx+- =x-lnx++--1,x∈[1,2]. 設g(x)=x-lnx,h(x)=+--1,x∈[1,2],則f(x)-f′(x)=g(x)+h(x). 由g′(x)=≥0, 可得g(x)≥g(1)=1,當且僅當x=1時取得等號.又h′(x)=, 設φ(x)=-3x2-2x+6,則φ(x)在x∈[1,2

12、]上單調遞減. 因為φ(1)=1,φ(2)=-10, 所以?x0∈(1,2),使得x∈(1,x0)時,φ(x)>0,x∈(x0,2)時,φ(x)<0. 所以h(x)在(1,x0)內單調遞增, 在(x0,2)內單調遞減. 由h(1)=1,h(2)=,可得h(x)≥h(2)=, 當且僅當x=2時取得等號. 所以f(x)-f′(x)>g(1)+h(2)=, 即f(x)>f′(x)+對于任意的x∈[1,2]成立. 5.(1)解 m=1時,f(x)=g(x),即xlnx=x2-1, 而x>0,所以方程即為lnx-x+=0. 令h(x)=lnx-x+, 則h′(x)=-1-= =

13、<0, 而h(1)=0,故方程f(x)=g(x)有唯一的實根x=1. (2)解 對于任意的x∈(1,+∞),函數(shù)y=g(x)的圖象總在函數(shù)y=f(x)圖象的上方, 即?x∈(1,+∞),f(x)0,F(xiàn)(x)>F(1)=0,這與題設F(x)<0矛盾. ②若m>0,方程-mx2+x-m=0的判別式Δ=1-4m2, 當Δ≤0,即m≥時,F(xiàn)′(x)≤0, ∴F(x)在(1,+∞)上單調遞減, ∴F(x)0,即00,F(xiàn)(x)單調遞增,F(xiàn)(x)>F(1)=0與題設矛盾. 綜上所述,實數(shù)m的取值范圍是. (3)證明 由(2)知,當x>1時,m=時,lnx<(x-)成立. 不妨令x=>1(k∈N*), ∴l(xiāng)n<=, ln(2k+1)-ln(2k-1)<(k∈N*), 累加可得++…+>ln(2n+1)(n∈N*).

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