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)=-