届高三理科数学二轮复习习题第3部分 讲重点 解答题专练 作业2526Word下载.docx

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由g′

（1）＝－a＋2≥0，可得g′（x）≥0的必要条件是a≤2.

若a＝2，则g′（x）＝（x－1）ex－2x＋2＝（x－1）（ex－2）．

当ln2<

x<

1时，g′（x）<

0，与已知矛盾，∴a<

2.

下面证明：

当a＝1时，不等式（x－1）ex－x＋2≥0在R上恒成立．

令h（x）＝（x－1）ex－x＋2，则h′（x）＝xex－1.

记H（x）＝xex－1，则H′（x）＝（x＋1）ex.

当x>

－1时，H′（x）>

0，H（x）单调递增，

且H（x）>

H（－1）＝－－1；

当x<

－1时，H′（x）<

0，H（x）单调递减，

且－－1＝H（－1）<

H（x）<

∵H（）＝－1<

0，H

（1）＝e－1>

∴存在唯一的x0∈（，1）使得H（x0）＝0，

且当x∈（－∞，x0）时，H（x）＝h′（x）<

0，h（x）单调递减；

当x∈（x0，＋∞）时，H（x）＝h′（x）>

0，h（x）单调递增．

∵h（x）min＝h（x0）＝（x0－1）ex0－x0＋2，

∵H（x0）＝0，∴ex0＝，

∴h（x0）＝（x0－1）－x0＋2＝3－（＋x0）．

∵<

x0<

1，∴2<

＋x0<

.

从而（x－1）ex－x＋2>

0在R上恒成立，

∴a能取得的最大整数为1.

方法2：

记g（x）＝（x－2）ex－x2＋2x，

由题意知g′（x）＝（x－1）ex－ax＋2≥0在R上恒成立．

∵g′

（1）＝－a＋2≥0，

∴g′（x）≥0的必要条件是a≤2.

当a＝1时，不等式（x－1）ex－x＋2≥0在R上恒成立，即（x－1）ex≥x－2.

先证∀x∈R，ex≥x＋1.

令k（x）＝ex－x－1，则k′（x）＝ex－1.

0时，k′（x）>

0，k（x）单调递增；

0时，k′（x）<

0，k（x）单调递减．

∴k（x）min＝k（0）＝0，∴ex≥x＋1恒成立．

当x≥1时，（x－1）ex≥（x－1）（x＋1）＝x2－1>

x－2；

1时，由ex≥x＋1得e－x≥－x＋1>

即ex≤.

∴（x－1）ex≥（x－1）×

＝－1>

x－2.

综上所述，（x－1）ex－x＋2≥0在R上恒成立，故a能取得的最大整数为1.

2．（2017·

湖北四校联考）已知函数f（x）＝lnx－a（x－1），g（x）＝ex.

（1）求函数f（x）的单调区间；

（2）若函数h（x）＝f（x＋1）＋g（x），当x>

0时，h（x）>

1恒成立，求实数a的取值范围．

解析　

（1）函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝－a＝（x>

0）

①若a≤0，对任意的x>

0，均有f′（x）>

0，所以f（x）的单调递增区间为（0，＋∞），无单调递减区间；

②若a>

0，当x∈（0，）时，f′（x）>

0，当x∈（，＋∞）时，f′（x）<

0，所以f（x）的单调递增区间为（0，），单调递减区间为（，＋∞）．

综上，当a≤0时，f（x）的单调递增区间为（0，＋∞），无单调递减区间；

当a>

0时，f（x）的单调递增区间为（0，），单调递减区间为（，＋∞）．

（2）因为h（x）＝f（x＋1）＋g（x）＝ln（x＋1）－ax＋ex，所以h′（x）＝ex＋－a.

令φ（x）＝h′（x），因为x∈（0，＋∞），φ′（x）＝ex－＝>

所以h′（x）在（0，＋∞）上单调递增，h′（x）>

h′（0）＝2－a，①当a≤2时，h′（x）>

0，所以h（x）在（0，＋∞）上单调递增，h（x）>

h（0）＝1恒成立，符合题意；

②当a>

2时，h′（0）＝2－a<

0，h′（x）>

h′（0），所以存在x0∈（0，＋∞），使得h′（x0）＝0，

所以h（x）在（x0，＋∞）上单调递增，在（0，x0）上单调递减，又h（x0）<

h（0）＝1，所以h（x）>

1不恒成立，不符合题意．

综上，实数a的取值范围是（－∞，2]．

3．（2017·

郑州预测一）设函数f（x）＝（1－mx）ln（1＋x）．

（1）若当0<

1时，函数f（x）的图像恒在直线y＝x上方，求实数m的取值范围；

（2）求证：

e>

（）1000.4.

解析　

（1）令F（x）＝f（x）－x＝（1－mx）ln（1＋x）－x，x∈（0，1），则

F′（x）＝－mln（1＋x）＋－1，x∈（0，1），[F′（x）]′＝－.

①当m≤－时，由于x∈（0，1），有[F′（x）]′＝－>

于是F′（x）在x∈（0，1）上单调递增，从而F′（x）>

F′（0）＝0，因此F（x）在x∈（0，1）上单调递增，即F（x）>

0；

②当m≥0时，由于x∈（0，1），有[F′（x）]′＝－<

于是F′（x）在x∈（0，1）上单调递减，从而F′（x）<

F′（0）＝0，

因此F（x）在x∈（0，1）上单调递减，即F（x）<

F（0）＝0，不符合题意；

③当－<

m<

0时，令x0＝min{1，－}，当x∈（0，x0）时，

[F′（x）]′＝－<

0，于是F′（x）在x∈（0，x0）上单调递减，

从而F′（x）<

F′（0）＝0，因此F（x）在x∈（0，x0）上单调递减，

即F（x）<

F（0）＝0，不符合题意．

综上可知，所求实数m的取值范围是（－∞，－]．

（2）对要证明的不等式等价变形如下：

对于任意大于1的正整数n，不等式（1＋）n＋<

e恒成立，等价于

（1＋）ln（1＋）－<

0，相当于

（1）的③中m＝－，x0＝的情形，

F（x）在x∈（0，]上单调递减，即F（x）<

F（0）＝0，

取x＝（n≥2），都有（1＋）ln（1＋）－<

0成立，

令n＝1000，原不等式得证．

4．（2017·

武汉4月调研）已知函数f（x）＝（x－a）2lnx，a∈R.

（1）若a＝3，其中e为自然对数的底数，求函数F（x）＝的单调区间；

（2）若函数f（x）既有极大值，又有极小值，求实数a的取值范围．

解析　

（1）由已知，得F（x）＝，

F′（x）＝＝

当a＝3时，

F′（x）＝.

设m（x）＝（x＋3）lnx＋x－3，

则m′（x）＝lnx＋＋2，

设n（x）＝lnx＋＋2，则n′（x）＝－＝.

∵当x∈（0，3）时，n′（x）<

当x∈（3，＋∞）时，n′（x）>

∴当x＝3时，m′（x）＝n（x）取得最小值．

∴m′（x）≥m′（3）＝ln（3）＋3>

∴m（x）在（0，＋∞）上单调递增，观察知m（）＝0，

∴当x∈（0，）时，F′（x）>

0，F（x）单调递增；

当x∈（，3）时，F′（x）<

0，F（x）单调递减；

当x∈（3，＋∞）时，F′（x）>

0，F（x）单调递增．

（2）f（x）＝（x－a）2lnx，

f′（x）＝2（x－a）lnx＋（x－a）2·

＝（x－a）（2lnx＋）．

由2lnx＋＝0，得2xlnx＋x＝a.

设h（x）＝2xlnx＋x，则h′（x）＝3＋2lnx.

由h′（x）＝0，得x＝e－.

当x∈（0，e－）时，h′（x）<

当x∈（e－，＋∞）时，h′（x）>

∴h（x）min＝h（e－）＝－2e－，

又x→0时，h（x）→0，x→＋∞时，h（x）→＋∞，

∴a≥－2e－，这是必要条件．

检验：

当a＝－2e－时，f（x）既无极大值，也无极小值；

当－2e－<

a<

0时，满足题意；

当a＝0时，f（x）只有－个极值点，舍去；

0时，2lna＋≠0，则a≠1.

综上，符合题意的a的取值范围为{a|a>

－2e－且a≠0，a≠1}．

5．已知函数f（x）＝lnx＋x2－（a＋1）x.

（1）判断f（x）的单调性；

（2）若函数g（x）＝f（x）＋x有两个极值点x1，x2（x1<

x2），求证：

g（x1）－g（x2）<

－lna.

解析　

（1）由已知得f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝＋ax－（a＋1）＝.

当a＝0时，f′（x）＝，当x∈（0，1）时，f′（x）>

0，f（x）单调递增，

当x∈（1，＋∞）时，f′（x）<

0，f（x）单调递减．

当a<

0时，由f′（x）＝＝0，得x＝<

因而当x∈（0，1）时，f′（x）>

当0<

1时，由f′（x）＝＝0，得x＝1或x＝>

1，

因而当x∈（0，1）与x∈（，＋∞）时，f′（x）>

0，f（x）单调递增，当x∈（1，）时，f′（x）<

当a＝1时，由f′（x）＝≥0，因而当x∈（0，＋∞）时，f（x）单调递增．

1时，由f′（x）＝＝0，得x＝1或x＝<

1，因而当x∈（0，）与x∈（1，＋∞）时，f′（x）>

当x∈（，1）时，f′（x）<

综上所述，当a≤0时，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减；

1时，f（x）在（0，1）与（，＋∞）上单调递增，在（1，）上单调递减；

当a＝1时，f（x）在（0，＋∞）上单调递增；

1时，f（x）在（0，）与（1，＋∞）上单调递增，在（，1）上单调递减．

（2）g（x）＝f（x）＋x＝lnx＋x2－ax，则g（x）的定义域为（0，＋∞），g′（x）＝＋ax－a＝.

若g（x）有两个极值点x1，x2（x1<

x2），则方程ax2－ax＋1＝0的判别式Δ＝a2－4a>

且x1＋x2＝1，x1x2＝>

因而a>

4，又x1<

x2，∴x12<

x1x2＝，即0<

x1<

，

g（x1）－g（x2）＝lnx1＋x12－ax1－lnx2－x22＋ax2＝lnx1＋ln（ax1）＋－ax1.

设h（t）＝lnt＋ln（at）＋－at，其中t＝x1∈（0，），

由h′（t）＝－a＝0，得t＝，由于－＝<

即h（t）在（0，）上单调递增，在（，）上单调递减，

即h（t）的最大值为h（）＝2ln2－lna＋－2<

－lna，

从而g（x1）－g（x2）<

－lna成立．

导数与函数专练

（二）·

作业（二十六）

西宁检测一）已知函数f（x）＝ex－ax－1（a>

0）．

（1）若f（x）≥0对任意的x∈R恒成立，求实数a的值；

（2）在

（1）的条件下，证明：

（）n＋（）n＋…＋（）n＋（）n<

（n∈N*）．

解析　

（1）f（x）≥0对任意的x∈R恒成立，

即在x∈R上f（x）min≥0.

由题意a>

0，f′（x）＝ex－a，

令f′（x）＝ex－a＝0，得x＝lna.

当x∈（－∞，lna）时，f′（x）<

当x∈（lna，＋∞）时，f′（x）>

则f（x）