高考数学二轮复习第三篇攻坚克难压轴大题多得分第32练导数的综合应用练习文文档格式.docx

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问题等价于求函数F（x）的零点个数.

F′（x）＝－

，

当m＝1时，F′（x）≤0，函数F（x）为减函数，

注意到F

（1）＝

＞0，F（4）＝－ln4＜0，

所以F（x）有唯一零点.

当m＞1时，若0＜x＜1或x＞m，则F′（x）＜0；

若1＜x＜m，则F′（x）＞0，

所以函数F（x）在（0，1）和（m，＋∞）上单调递减，在（1，m）上单调递增，

注意到F

（1）＝m＋

＞0，F（2m＋2）＝－mln（2m＋2）＜0，

综上，函数F（x）有唯一零点，即两函数图象总有一个交点.

2.设函数f（x）＝lnx＋

，m∈R.

（1）当m＝e（e为自然对数的底数）时，求f（x）的极小值；

（2）讨论函数g（x）＝f′（x）－

零点的个数.

解　

（1）由题设，当m＝e时，f（x）＝lnx＋

（x>

0），

则f′（x）＝

∴当x∈（0，e）时，f′（x）<

0，f（x）在（0，e）上单调递减，

当x∈（e，＋∞）时，f′（x）>

0，f（x）在（e，＋∞）上单调递增，

∴当x＝e时，f（x）取得极小值f（e）＝lne＋

＝2，

∴f（x）的极小值为2.

（2）由题设g（x）＝f′（x）－

＝

－

令g（x）＝0，得m＝－

x3＋x（x>

0）.

设φ（x）＝－

则φ′（x）＝－x2＋1＝－（x－1）（x＋1），

当x∈（0，1）时，φ′（x）>

0，φ（x）在（0，1）上单调递增；

当x∈（1，＋∞）时，φ′（x）<

0，φ（x）在（1，＋∞）上单调递减.

∴x＝1是φ（x）的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ（x）的最大值点，

∴φ（x）的最大值为φ

（1）＝

又φ（0）＝0，结合y＝φ（x）的图象（如图）可知，

①当m>

时，函数g（x）无零点；

②当m＝

时，函数g（x）有且只有一个零点；

③当0<

m<

时，函数g（x）有两个零点；

④当m≤0时，函数g（x）有且只有一个零点.

综上所述，当m>

当m＝

或m≤0时，函数g（x）有且只有一个零点；

当0<

时，函数g（x）有两个零点.

3.已知函数f（x）＝2lnx－x2＋ax（a∈R）.

（1）当a＝2时，求f（x）的图象在x＝1处的切线方程；

（2）若函数g（x）＝f（x）－ax＋m在

上有两个零点，求实数m的取值范围.

解　

（1）当a＝2时，f（x）＝2lnx－x2＋2x，f′（x）＝

－2x＋2，

切点坐标为（1，1），切线的斜率k＝f′

（1）＝2，

所以切线方程为y－1＝2（x－1），即2x－y－1＝0.

（2）g（x）＝2lnx－x2＋m，

则g′（x）＝

－2x＝

因为x∈

，当g′（x）＝0时，x＝1.

当

<

x<

1时，g′（x）>

0；

当1<

e时，g′（x）<

0.

所以g（x）在x＝1处取得极大值g

（1）＝m－1.

又g

＝m－2－

，g（e）＝m＋2－e2，g（e）－g

＝4－e2＋

0，

则g（e）<

g

，所以g（x）在

上的最小值是g（e）.

g（x）在

上有两个零点的条件是

解得1<

m≤2＋

，所以实数m的取值范围是

4.（2017·

全国Ⅰ）已知函数f（x）＝ae2x＋（a－2）ex－x.

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围.

解　

（1）f（x）的定义域为（－∞，＋∞），

f′（x）＝2ae2x＋（a－2）ex－1＝（aex－1）（2ex＋1）.

（i）若a≤0，则f′（x）<

0，所以f（x）在（－∞，＋∞）上单调递减.

（ii）若a>

0，则由f′（x）＝0，得x＝－lna.

当x∈（－∞，－lna）时，f′（x）<

当x∈（－lna，＋∞）时，f′（x）>

所以f（x）在（－∞，－lna）上单调递减，在（－lna，＋∞）上单调递增.

（2）（i）若a≤0，由

（1）知，f（x）至多有一个零点.

0，由

（1）知，当x＝－lna时，f（x）取得最小值，最小值为f（－lna）＝1－

＋lna.

①当a＝1时，由于f（－lna）＝0，故f（x）只有一个零点；

②当a∈（1，＋∞）时，由于1－

＋lna>

即f（－lna）>

0，故f（x）没有零点；

③当a∈（0，1）时，1－

＋lna<

0，即f（－lna）<

又f（－2）＝ae－4＋（a－2）e－2＋2>

－2e－2＋2>

故f（x）在（－∞，－lna）上有一个零点.

设正整数n0满足n0>

ln

则f（n0）＝

（a

＋a－2）－n0>

－n0>

由于ln

>

－lna，

因此f（x）在（－lna，＋∞）上有一个零点.

综上，a的取值范围为（0，1）.

考点二　导数与不等式

　导数与不等式问题相结合有两个方面：

一是由不等式恒成立（或有解）求解参数取值范围；

二是证明不等式或与自然数有关的不等式.解决这两类问题的核心是“函数的最值”.

5.（2017·

保定模拟）已知函数f（x）＝ex－2x.

（1）求函数f（x）的极值；

（2）当a＜2－ln4且x＞0时，试比较f（x）与x2＋（a－2）x＋1的大小.

解　

（1）∵f′（x）＝ex－2，

令f′（x）＞0，得x＞ln2，

令f′（x）＜0，得x＜ln2，

∴f（x）在（－∞，ln2）上单调递减，

在（ln2，＋∞）上单调递增，

∴当x＝ln2时，f（x）有极小值f（ln2）＝2－2ln2，无极大值.

（2）令g（x）＝f（x）－x2－（a－2）x－1＝ex－x2－ax－1，

g′（x）＝ex－2x－a＝f（x）－a，

∴g′（x）min＝f（x）min－a＝2－2ln2－a.

∵a＜2－ln4，

∴g′（x）＞0，

∴g（x）在（0，＋∞）上单调递增，

∴g（x）＞g（0）＝0，

即f（x）＞x2＋（a－2）x＋1.

6.已知函数f（x）＝－lnx＋x－3.

（2）证明：

在（1，＋∞）上，f（x）＋2>

（3）证明：

·

…·

（n≥2，n∈N*）.

（1）解　f′（x）＝

令f′（x）>

0，得x∈（1，＋∞）；

令f′（x）<

0，得x∈（0，1）.

f（x）的单调递增区间为（1，＋∞），单调递减区间为（0，1）.

（2）证明　f（x）＝－lnx＋x－3，

所以f

（1）＝－2，

由

（1）知，f（x）＝－lnx＋x－3在（1，＋∞）上单调递增，

所以当x∈（1，＋∞）时，f（x）>

f

（1）.

即f（x）>

－2，所以f（x）＋2>

（3）证明　由

（1）可知，

当x∈（1，＋∞）时，f（x）>

f

（1），即－lnx＋x－1>

所以0<

lnx<

x－1对一切x∈（1，＋∞）恒成立.

因为n≥2，n∈N*，则有0<

lnn<

n－1，

所以

（n≥2，n∈N*）.

7.已知函数f（x）＝x－（a＋1）lnx－

（a∈R），g（x）＝

x2＋ex－xex.

（1）当x∈[1，e]时，求f（x）的最小值；

（2）当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f（x1）＜g（x2）恒成立，求a的取值范围.

解　

（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝

①若a≤1，当x∈[1，e]时，f′（x）≥0，

则f（x）在[1，e]上为增函数，f（x）min＝f

（1）＝1－a.

②若1＜a＜e，

当x∈[1，a]时，f′（x）≤0，f（x）为减函数；

当x∈[a，e]时，f′（x）≥0，f（x）为增函数.

所以f（x）min＝f（a）＝a－（a＋1）lna－1.

③若a≥e，当x∈[1，e]时，f′（x）≤0，f（x）在[1，e]上为减函数，

f（x）min＝f（e）＝e－（a＋1）－

综上，当a≤1时，f（x）min＝1－a；

当1＜a＜e时，f（x）min＝a－（a＋1）lna－1；

当a≥e时，f（x）min＝e－（a＋1）－

（2）由题意知，f（x）（x∈[e，e2]）的最小值小于g（x）（x∈[－2，0]）的最小值.

由

（1）知，f（x）在[e，e2]上单调递增，

g′（x）＝（1－ex）x.

当x∈[－2，0]时，g′（x）≤0，g（x）为减函数，

g（x）min＝g（0）＝1，

所以e－（a＋1）－

＜1，

即a＞

，所以a的取值范围为

8.已知函数f（x）＝alnx＋

x2－（1＋a）x.

（2）若f（x）≥0对定义域的任意x恒成立，求实数a的取值范围；

对于任意正整数m，n，不等式

＋

＋…＋

＞

恒成立.

＋x－（1＋a）＝

，x∈（0，＋∞）.

当a≤0时，若0＜x＜1，则f′（x）＜0，若x＞1，则f′（x）＞0，故此时函数f（x）的单调递减区间是（0，1），单调递增区间是（1，＋∞）；

当0＜a＜1时，f′（x），f（x）随x的变化情况如下表：

x

（0，a）

a

（a，1）

1

（1，＋∞）

f′（x）

f（x）

↗

极大值

↘

极小值

所以函数f（x）的单调递增区间是（0，a），（1，＋∞），单调递减区间是（a，1）；

当a＝1时，f′（x）＝

≥0，所以函数f（x）的单调递增区间是（0，＋∞）；

当a＞1时，同0＜a＜1时的解法，可得函数f（x）的单调递增区间是（0，1），（a，＋∞），单调递减区间是（1，a）.

（2）解　由于f

（1）＝－

－a，显然当a＞0时，f

（1）＜0，此时f（x）≥0对定义域内的任意x不是恒成立的.

当a≤0时，由

（1）可知，函数f（x）在区间（0，＋∞）上的最小值为f

（1）＝－

－a，此时只要f

（1）≥0即可，

即－

－a≥0，解得a≤－

故实数a的取值范围是

（3）证明　当a＝－

时，f（x）＝－