2021届高考数学二轮复习训练导数专题七:综合训练(一)
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仁寿一中南校区数学二轮复习导学提纲
导数专题七:综合训练(一)
姓名学号分数
1.已知函数f(x)=x(e x﹣1)﹣ax2.
(Ⅰ)若f(x)在x=﹣1时有极值,求a的值及函数f(x)的单调递减区间;
(Ⅱ)当x≥0时,f(x)≥0,求a的取值范围.
2.已知函数f(x)=e x﹣x2.
(Ⅰ)求曲线f(x)在x=1处的切线方程;
(Ⅱ)求证:当x>0时,.
3.已知函数f(x)=xlnx+ax+1,a∈R.
(1)当x>0时,若关于x的不等式f(x)≥0恒成立,求a的取值范围;
(2)当n∈N*时,证明:.
4.已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)﹣2x.
(1)若a=0,证明:当﹣1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0;
(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.
仁寿一中南校区2018级数学二轮复习导学提纲
导数专题七:综合训练(一)
姓名学号分数
1.
【分析】(Ⅰ)由已知得f'(x)=e x﹣1+xe x﹣2ax.由此利用导数性质能求出函数f(x)的单调递减区间.
(Ⅱ)法一:令g(x)=x a﹣1﹣ax,则g'(x)=e x﹣a.由此利用分类讨论思想和导数性质能求出实数a的取值范围.
(Ⅱ)法二:当x≥0时,x(e x﹣1)≥ax2.由此利用分类讨论思想和导数性质能求出实数a的取值范围.
【解答】(Ⅰ)解:f'(x)=e x﹣1+xe x﹣2ax.由f'(﹣1)=0得,…2分
,
f'(x)=e x﹣1+xe x﹣x=(e x﹣1)(x+1)
当x∈(﹣∞,﹣1)时f'(x)>0;
当x∈(﹣1,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.
故f(x)在(﹣∞,﹣1),(0,+∞)单调增加,在(﹣1,0)单调减少,
则f(x)在x=﹣1时有极小值,所以,
函数f(x)的单调递减区间为(﹣1,0).…6分
(Ⅱ)解法一:f(x)=x(x a﹣1﹣ax).
令g(x)=x a﹣1﹣ax,则g'(x)=e x﹣a.
若a≤1,则当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,g(x)为减函数,
而g(0)=0,从而当x≥0时g(x)≥0,即f(x)≥0.…9分
若a>1,则当x∈(0,lna)时,g'(x)<0,g(x)为减函数,
而g(0)=0,从而当x∈(0,lna)时g(x)<0,即f(x)<0.…11分
综合得a的取值范围为(﹣∞,1]…12分
(Ⅱ)解法二:当x≥0时,f(x)≥0,即x(e x﹣1)≥ax2.
①当x=0时,a∈R;…7分
②当x>0时,x(e x﹣1)≥ax2等价于e x﹣1≥ax,也即.
记,x∈(0,+∞),
则.…8分
记h(x)=(x﹣1)e x+1,x∈(0,+∞),
则h′(x)=xe x>0,因此h(x)=(x﹣1)e x+1在(0,+∞)上单调递增,
且h(x)>h(0)=0,所以,
从而在(0,+∞)上单调递增.…9分
由洛必达法则有,
即当x→0时,g(x)→1
所以g(x)>1,即有a≤1.…11分
综上①、②所述,a的取值范围为(﹣∞,1]…12分.
【点评】本题主要考查函数、导数等基本知识.考查运算求解能力及化归思想、函数方程思想、分类讨论思想的合理运用,注意导数性质的合理运用.
2.
【分析】(Ⅰ)求出导数,可得可得切点坐标及切线的斜率,代入点斜式,可得曲线f(x)在x=1处的切线方程;
(Ⅱ)猜测:当x>0,x≠1时,f(x)的图象恒在切线y=(e﹣2)x+1的上方,只证:当x>0时,f(x)≥(e﹣2)x+1,又x≥lnx+1,即,即可.【解答】解:(Ⅰ)f'(x)=e x﹣2x,由题设得f'(1)=e﹣2,f(1)=e﹣1,
∴f(x)在x=1处的切线方程为y=(e﹣2)x+1.
(Ⅱ)f'(x)=e x﹣2x,f''(x)=e x﹣2,∴f'(x)在(0,ln2)上单调递减,在(ln2,+∞)上单调递增,
所以f'(x)≥f'(ln2)=2﹣2ln2>0,所以f(x)在[0,1]上单调递增,
所以f(x)max=f(1)=e﹣1,x∈[0,1].f(x)过点(1,e﹣1),且y=f(x)在x=1处的切线方程为y=(e﹣2)x+1,
故可猜测:当x>0,x≠1时,f(x)的图象恒在切线y=(e﹣2)x+1的上方.
下证:当x>0时,f(x)≥(e﹣2)x+1,
设g(x)=f(x)﹣(e﹣2)x﹣1,x>0,则g'(x)=e x﹣2x﹣(e﹣2),g''(x)=e x﹣2,g'(x)在(0,ln2)上单调递减,在(ln2,+∞)上单调递增,又g'(0)=3﹣e>0,g'(1)=0,0<ln2<1,∴g'(ln2)<0,
所以,存在x0∈(0,ln2),使得g'(x0)=0,
所以,当x∈(0,x0)∪(1,+∞)时,g'(x)>0;当x∈(x0,1)时,g'(x)<0,
故g(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,又g(0)=g(1)=0,∴g(x)=e x﹣x2﹣(e﹣2)x﹣1≥0,当且仅当x=1时取等号,故.
又x≥lnx+1,即,当x=1时,等号成立.
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、切线方程、等价转化方法,考查了推理能力与计算能力,属于难题.
3.
【分析】(1)由f(x)≥0,得xlnx+ax+1≥0(x>0).整理,得恒成立,即.令.利用导数研究其单调性极值与最值即可得出.(2)由为数列的前n项和,为数列的前n项和.因此只需证明即可.由(1),当a=﹣1时,有xlnx﹣x+1≥0,即lnx≥1﹣.令,即得=.可得
=.
现证明,即==.通过构造函数利用导数研究函数的单调性极值即可证明
.
【解答】解:(1)由f(x)≥0,得xlnx+ax+1≥0(x>0).
整理,得恒成立,即.
令.则.
∴函数F(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
∴函数的最小值为F(1)=1.
∴﹣a≤1,即a≥﹣1.
∴a的取值范围是[﹣1,+∞).
(2)∵为数列的前n项和,为数列的前n项
和.
∴只需证明即可.
由(1),当a=﹣1时,有xlnx﹣x+1≥0,即lnx≥1﹣.
令,即得=.
∴=.
现证明,
即==.(*)
现证明.
构造函数(x≥1),
则=.
∴函数G(x)在[1,+∞)上是增函数,即G(x)≥G(1)=0.
∴当x>1时,有G(x)>0,即成立.
令,则(*)式成立.
综上,得.
对数列,,分别求前n项和,
得.
【点评】本题考查了利用导数研究其单调性极值与最值、方程与不等式的解法、构造法,考查了推理能力与计算能力,属于难题.
4.
【分析】(1)对函数f(x)两次求导数,分别判断f′(x)和f(x)的单调性,结合f (0)=0即可得出结论;
(2)令h(x)为f′(x)的分子,令h″(0)=0计算a,讨论a的范围,得出f(x)的单调性,从而得出a的值.
【解答】(1)证明:当a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)﹣2x,(x>﹣1).
,,
可得x∈(﹣1,0)时,f″(x)≤0,x∈(0,+∞)时,f″(x)≥0
∴f′(x)在(﹣1,0)递减,在(0,+∞)递增,
∴f′(x)≥f′(0)=0,
∴f(x)=(2+x)ln(1+x)﹣2x在(﹣1,+∞)上单调递增,又f(0)=0.
∴当﹣1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.
(2)解:由f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)﹣2x,得
f′(x)=(1+2ax)ln(1+x)+﹣2=,令h(x)=ax2﹣x+(1+2ax)(1+x)ln(x+1),
h′(x)=4ax+(4ax+2a+1)ln(x+1).
当a≥0,x>0时,h′(x)>0,h(x)单调递增,
∴h(x)>h(0)=0,即f′(x)>0,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,故x=0不是f(x)的极大值点,不符合题意.
当a<0时,h″(x)=8a+4aln(x+1)+,
显然h″(x)单调递减,
①令h″(0)=0,解得a=﹣.
∴当﹣1<x<0时,h″(x)>0,当x>0时,h″(x)<0,
∴h′(x)在(﹣1,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,
∴h′(x)≤h′(0)=0,
∴h(x)单调递减,又h(0)=0,
∴当﹣1<x<0时,h(x)>0,即f′(x)>0,
当x>0时,h(x)<0,即f′(x)<0,
∴f(x)在(﹣1,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,
∴x=0是f(x)的极大值点,符合题意;
②若﹣<a<0,则h″(0)=1+6a>0,h″(﹣1)=(2a﹣1)(1﹣)<0,
∴h″(x)=0在(0,+∞)上有唯一一个零点,设为x0,
∴当0<x<x0时,h″(x)>0,h′(x)单调递增,
∴h′(x)>h′(0)=0,即f′(x)>0,
∴f(x)在(0,x0)上单调递增,不符合题意;
③若a<﹣,则h″(0)=1+6a<0,h″(﹣1)=(1﹣2a)e2>0,
∴h″(x)=0在(﹣1,0)上有唯一一个零点,设为x1,
∴当x1<x<0时,h″(x)<0,h′(x)单调递减,
∴h′(x)>h′(0)=0,∴h(x)单调递增,
∴h(x)<h(0)=0,即f′(x)<0,
∴f(x)在(x1,0)上单调递减,不符合题意.
综上,a=﹣.。