《新編高考數(shù)學江蘇專用理科專題復習：專題專題3 導數(shù)及其應用 第24練 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《新編高考數(shù)學江蘇專用理科專題復習：專題專題3 導數(shù)及其應用 第24練 Word版含解析（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 　　　　　　　　　　　　　　　　　 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·常州一模)已知函數(shù)f(x)＝lnx－x－，a∈R. (1)當a＝0時，求函數(shù)f(x)的極大值； (2)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間． 2．(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

2、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． 3．(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)． 4．(20xx·山東)已知f(x)＝a(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

3、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．解　函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)． (1)當a＝0時，f(x)＝lnx－x，f′(x)＝－1. 令f′(x)＝0，得x＝1. 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (0,1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x)  極大值

4、  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a≤－時，f′(x)≤0恒成立， 所以函數(shù)f(x)的單調減區(qū)間為(0，＋∞)； ②當a＞－時，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)的單調減區(qū)間為 (0，)，(，＋∞)，單調增區(qū)間為(，)． (ii)若a＝0，由(1)知f(x)的單調增區(qū)間為(0,1)，單調減區(qū)間為(1，＋∞)． (iii)若a

5、＞0，則x1＞0＞x2， 由f′(x)＜0，得x＞x1； 由f′(x)＞0，得0＜x＜x1. 所以f(x)的單調減區(qū)間為(，＋∞)， 單調增區(qū)間為(0，)． 綜上所述， 當a≤－時， f(x)的單調減區(qū)間為(0，＋∞)； 當－＜a＜0時，f(x)的單調減區(qū)間為(0，)，(，＋∞)，單調增區(qū)間為(，)； 當a≥0時，f(x)的單調減區(qū)間為(，＋∞)， 單調增區(qū)間為(0，)． 2．(1)證明　f′(x)＝m(emx－1)＋2x. 若m≥0，則當x∈(－∞，0)時， emx－1≤0，f′(x)＜0； 當x∈(0，＋∞)時，emx－1≥0，f′(x)＞0. 若m＜0，則當

6、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；當t＞0時，g′(t)＞0. 故g(t)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞

7、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]． 3．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，＋∞)時，g(x)＝－lnx＜0，從而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g

8、(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

9、點． (ⅱ)若－3＜a＜0，則f(x)在(0, )上單調遞減，在( ，1)上單調遞增，故在(0,1)中，當x＝時，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； ②若f( )＝0，即a＝－， 則f(x)在(0,1)上有唯一零點； ③若f( )＜0，即－3＜a＜－，由于f(0)＝，f(1)＝a＋，所以 當－＜a＜－時，f(x)在(0,1)上有兩個零點；當－3＜a≤－時， f(x)在(0,1)上有一個零點． 綜上，當a＞－或a＜－時，h(x)有一個零點；當a＝－或a＝－時， h(x)有兩個零點；當－＜a＜－時，h(x

10、)有三個零點． 4．(1)解　f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝a－－＋＝. 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0＜a＜2時，＞1， 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

11、，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； 當0＜a＜2時，f(x)在(0,1)內單調遞增，在內單調遞減， 在內單調遞增； 當a＝2時，f(x)在(0，＋∞)內單調遞增； 當a＞2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

12、)≥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]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x

13、lnx＝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)＜g(x)， 即lnx＜m(x－)， 設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)(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

14、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)＜F(1)＝0，即不等式成立． 當Δ＞0，即0＜m＜時，方程－mx2＋x－m＝0有兩個實根，設兩根為x1，x2且x1＜x2，則 ∴方程有兩個正實根且0＜x1＜1＜x2. 當x∈(1，x2)時，F(xiàn)′(x)＞0，F(xiàn)(x)單調遞增， F(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*)．