《高考數(shù)學(xué)江蘇專用理科專題復(fù)習(xí):專題專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第24練 Word版含解析》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)江蘇專用理科專題復(fù)習(xí):專題專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第24練 Word版含解析(9頁珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、
高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料
2019.5
訓(xùn)練目標(biāo)
(1)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用;(2)壓軸大題突破.
訓(xùn)練題型
(1)導(dǎo)數(shù)與不等式的綜合;(2)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn);(3)利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)范圍.
解題策略
(1)不等式恒成立(或有解)可轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題,函數(shù)零點(diǎn)可以和函數(shù)圖象相結(jié)合;(2)求參數(shù)范圍可用分離參數(shù)法.
1.(20xx常州一模)已知函數(shù)f(x)=lnx-x-,a∈R.
(1)當(dāng)a=0時(shí),求函數(shù)f(x)的極大值;
(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.
2.(20
2、xx課標(biāo)全國Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)=emx+x2-mx.
(1)證明:f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增;
(2)若對(duì)于任意x1,x2∈-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范圍.
3.(20xx課標(biāo)全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)=x3+ax+,
g(x)=-lnx.
(1)當(dāng)a為何值時(shí),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(shè)函數(shù)h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),討論h(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù).
4.(20xx山東)已知f(x)=a(x-lnx)+,a∈R.
(1)討論f(x)的單調(diào)
3、性;
(2)當(dāng)a=1時(shí),證明f(x)>f′(x)+對(duì)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(shí),求方程f(x)=g(x)的實(shí)根;
(2)若對(duì)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.解 函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞).
(1)當(dāng)a=0時(shí),f(x)=lnx-x,f′(x)=-1.
令f′(x)=0,得x=1.
當(dāng)x變化時(shí),f′(x),f(x)的變化情況如下表:
x
4、(0,1)
1
(1,+∞)
f′(x)
+
0
-
f(x)
極大值
所以f(x)的極大值為f(1)=-1.
(2)f′(x)=-1+=.
令f′(x)=0,得-x2+x+a=0,則Δ=1+4a.
①當(dāng)a≤-時(shí),f′(x)≤0恒成立,
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0,+∞);
②當(dāng)a>-時(shí),由f′(x)=0,
得x1=,x2=.
(i)若-<a<0,則x1>x2>0,
由f′(x)<0,得0<x<x2,x>x1;
由f′(x)>0,得x2<x<x1.
所以f(x)的單調(diào)減區(qū)間為
(0,),(,+∞),單調(diào)增區(qū)間為(,).
(ii)若a
5、=0,由(1)知f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,1),單調(diào)減區(qū)間為(1,+∞).
(iii)若a>0,則x1>0>x2,
由f′(x)<0,得x>x1;
由f′(x)>0,得0<x<x1.
所以f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(,+∞),
單調(diào)增區(qū)間為(0,).
綜上所述,
當(dāng)a≤-時(shí),
f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0,+∞);
當(dāng)-<a<0時(shí),f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0,),(,+∞),單調(diào)增區(qū)間為(,);
當(dāng)a≥0時(shí),f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(,+∞),
單調(diào)增區(qū)間為(0,).
2.(1)證明 f′(x)=m(emx-1)+2x.
若m≥0,則當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí),
emx-1≤0
6、,f′(x)<0;
當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),emx-1≥0,f′(x)>0.
若m<0,則當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí),
emx-1>0,f′(x)<0;
當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),emx-1<0,f′(x)>0.
所以函數(shù)f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,
在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
(2)解 由(1)知,對(duì)任意的m,
f(x)在-1,0]上單調(diào)遞減,在0,1]上單調(diào)遞增,故f(x)在x=0處取得最小值.所以對(duì)于任意x1,x2∈-1,1],
|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要條件是
即①
設(shè)函數(shù)g(t)=et-t-e+1,
則g′(t)=et-1.
當(dāng)t<0時(shí),g′(t)<
7、0;當(dāng)t>0時(shí),g′(t)>0.
故g(t)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0,
故當(dāng)t∈-1,1]時(shí),g(t)≤0.
當(dāng)m∈-1,1]時(shí),g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立;
當(dāng)m>1時(shí),g(m)>0,即em-m>e-1;
當(dāng)m<-1時(shí),g(-m)>0,
即e-m+m>e-1.
綜上,m的取值范圍是-1,1].
3.解 (1)設(shè)曲線y=f(x)與x軸相切于點(diǎn)(x0,0),
則f(x0)=0,f′(x0)=0,
即
解得x0=,a=-.
因此,當(dāng)a=-時(shí),
x軸為曲線y=f(x)的切線.
(2
8、)當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),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(diǎn).
當(dāng)x=1時(shí),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(gè)零點(diǎn);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(diǎn).
當(dāng)x∈(0,1)時(shí),g(x)=-lnx>0.所以只需考慮f(x)在(0,1)上的零點(diǎn)個(gè)數(shù).
(ⅰ)若a≤-3或a≥0,則f′(x)=3x2+a在(0,1)上無零點(diǎn),故f(x)在(0,1)上單調(diào).而f(0)=,f(1)=a+
9、,所以當(dāng)a≤-3時(shí),f(x)在(0,1)上有一個(gè)零點(diǎn);當(dāng)a≥0時(shí),f(x)在(0,1)上沒有零點(diǎn).
(ⅱ)若-3<a<0,則f(x)在(0, )上單調(diào)遞減,在( ,1)上單調(diào)遞增,故在(0,1)中,當(dāng)x=時(shí),f(x)取得最小值,最小值為f( )=+.
①若f( )>0,即-<a<0,
f(x)在(0,1)上無零點(diǎn);
②若f( )=0,即a=-,
則f(x)在(0,1)上有唯一零點(diǎn);
③若f( )<0,即-3<a<-,由于f(0)=,f(1)=a+,所以
當(dāng)-<a<-時(shí),f(x)在(0,1)上有兩個(gè)零點(diǎn);當(dāng)-3<a≤-時(shí),
f(x)在(0,1)上有一個(gè)零點(diǎn).
綜上,當(dāng)a>-或a
10、<-時(shí),h(x)有一個(gè)零點(diǎn);當(dāng)a=-或a=-時(shí),
h(x)有兩個(gè)零點(diǎn);當(dāng)-<a<-時(shí),h(x)有三個(gè)零點(diǎn).
4.(1)解 f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),
f′(x)=a--+=.
當(dāng)a≤0時(shí),x∈(0,1)時(shí),f′(x)>0,
f(x)單調(diào)遞增,
x∈(1,+∞)時(shí),f′(x)<0,
f(x)單調(diào)遞減.
當(dāng)a>0時(shí),f′(x)=
.
①當(dāng)0<a<2時(shí),>1,
當(dāng)x∈(0,1)或x∈時(shí),
f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,
當(dāng)x∈時(shí),f′(x)<0,
f(x)單調(diào)遞減.
②當(dāng)a=2時(shí),=1,在x∈(0,+∞)內(nèi),f′(x)≥0,f(x)單調(diào)遞增.
③當(dāng)a>2時(shí),
11、0<<1,
當(dāng)x∈或x∈(1,+∞)時(shí),
f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,
當(dāng)x∈時(shí),f′(x)<0,
f(x)單調(diào)遞減.
綜上所述,當(dāng)a≤0時(shí),f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減;
當(dāng)0<a<2時(shí),f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,在內(nèi)單調(diào)遞減,
在內(nèi)單調(diào)遞增;
當(dāng)a=2時(shí),f(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增;
當(dāng)a>2時(shí),f(x)在內(nèi)單調(diào)遞增,在內(nèi)單調(diào)遞減,
在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.
(2)證明 由(1)知,a=1時(shí),
f(x)-f′(x)=x-lnx+-
=x-lnx++--1,x∈1,2].
設(shè)g(x)=x-lnx,h(x)=+--1,
12、x∈1,2],則f(x)-f′(x)=g(x)+h(x).由g′(x)=≥0,
可得g(x)≥g(1)=1,當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取得等號(hào).
又h′(x)=,
設(shè)φ(x)=-3x2-2x+6,則φ(x)在x∈1,2]上單調(diào)遞減.
因?yàn)棣?1)=1,φ(2)=-10,所以?x0∈(1,2),
使得x∈(1,x0)時(shí),φ(x)>0,x∈(x0,2)時(shí),φ(x)<0.
所以h(x)在(1,x0)內(nèi)單調(diào)遞增,在(x0,2)內(nèi)單調(diào)遞減.
由h(1)=1,h(2)=,
可得h(x)≥h(2)=,
當(dāng)且僅當(dāng)x=2時(shí)取得等號(hào).
所以f(x)-f′(x)>g(1)+h(2)=,
即f(x)>f′
13、(x)+對(duì)于任意的x∈1,2]成立.
5.(1)解 m=1時(shí),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-=
=<0,
而h(1)=0,故方程f(x)=g(x)有唯一的實(shí)根x=1.
(2)解 對(duì)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)<g(x),
即lnx<m(x-),
設(shè)F(x)=lnx-m(x-),即?x∈(1,+∞),F(xiàn)(x)<0,
F′(x)=-m(1+)
=.
①若m≤0,則F′(x)>0,F(xiàn)(
14、x)>F(1)=0,這與題設(shè)F(x)<0矛盾.
②若m>0,方程-mx2+x-m=0的判別式Δ=1-4m2,
當(dāng)Δ≤0,即m≥時(shí),F(xiàn)′(x)≤0,
∴F(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,
∴F(x)<F(1)=0,即不等式成立.
當(dāng)Δ>0,即0<m<時(shí),方程-mx2+x-m=0有兩個(gè)實(shí)根,設(shè)兩根為x1,x2且x1<x2,則
∴方程有兩個(gè)正實(shí)根且0<x1<1<x2.
當(dāng)x∈(1,x2)時(shí),F(xiàn)′(x)>0,F(xiàn)(x)單調(diào)遞增,
F(x)>F(1)=0與題設(shè)矛盾.
綜上所述,實(shí)數(shù)m的取值范圍是
.
(3)證明 由(2)知,當(dāng)x>1時(shí),m=時(shí),
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*).