2018届高考数学二轮高考大题突破练-导数专题卷(全国通用)

1.(2015·课标全国Ⅱ)设函数f (x )＝e mx＋x 2－mx .(1)证明：f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e－1，求m 的取值范围．2．(2015·课标全国Ⅰ)已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14，g (x )＝－ln x .(1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线；(2)用min{m ，n }表示m ，n 中的最小值，设函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x >0)，讨论h (x )零点的个数．3．已知函数f (x )＝(x ＋1)e －x(e 为自然对数的底数)． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)设函数φ(x )＝xf (x )＋tf ′(x )＋e －x，存在实数x 1，x 2∈[0,1]，使得2φ(x 1)<φ(x 2)成立，求实数t 的取值范围．4.(2016·山东)已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x2，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立．5．已知函数f (x )＝x ln x 和g (x )＝m (x 2－1)(m ∈R )． (1)m ＝1时，求方程f (x )＝g (x )的实根；(2)若对任意的x ∈(1，＋∞)，函数y ＝g (x )的图象总在函数y ＝f (x )图象的上方，求m 的取值范围；(3)求证：44×12－1＋4×24×22－1＋…＋4×n 4×n 2－1>ln(2n ＋1) (n ∈N *)．答案精析1．(1)证明 f ′(x )＝m (e mx－1)＋2x .若m ≥0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx－1≤0，f ′(x )<0； 当x ∈(0，＋∞)时，e mx－1≥0，f ′(x )>0.若m <0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx－1>0，f ′(x )<0； 当x ∈(0，＋∞)时，e mx－1<0，f ′(x )>0. 所以函数f (x )在(－∞，0)上单调递减， 在(0，＋∞)上单调递增．(2)解 由(1)知，对任意的m ，f (x )在[－1，0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，故f (x )在x ＝0处取得最小值．所以对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧f (1)－f (0)≤e －1，f (－1)－f (0)≤e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧e m－m ≤e －1，e －m＋m ≤e －1.①设函数g (t )＝e t－t －e ＋1， 则g ′(t )＝e t－1.当t <0时，g ′(t )<0；当t >0时，g ′(t )>0.故g (t )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e<0，故当t ∈[－1,1]时，g (t )≤0. 当m ∈[－1,1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①式成立； 当m >1时，g (m )>0，即e m－m >e －1； 当m <－1时，g (－m )>0，即e －m＋m >e －1. 综上，m 的取值范围是[－1,1]．2．解 (1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0,0)，则f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0，解得x 0＝12，a ＝－34.因此，当a ＝－34时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线．(2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x <0，从而h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )<0， 故h (x )在(1，＋∞)上无零点．当x ＝1时，若a ≥－54，则f (1)＝a ＋54≥0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0，故1是h (x )的一个零点；若a <－54，则f (1)<0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝f (1)<0，故1不是h (x )的零点．当x ∈(0,1)时，g (x )＝－ln x >0.所以只需考虑f (x )在(0,1)上的零点个数．(ⅰ)若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0,1)上无零点，故f (x )在(0,1)上单调．而f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当a ≤－3时，f (x )在(0,1)上有一个零点；当a ≥0时，f (x )在(0,1)上没有零点． (ⅱ)若－3<a <0，则f (x )在(0, －a3)上单调递减，在(－a3，1)上单调递增，故在(0,1)中，当x ＝－a3时，f (x )取得最小值，最小值为f ( －a 3)＝2a 3－a 3＋14. ①若f ( －a 3)>0，即－34<a <0，f (x )在(0,1)上无零点； ②若f (－a 3)＝0，即a ＝－34， 则f (x )在(0,1)上有唯一零点； ③若f (－a 3)<0，即－3<a <－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a ＋54， 所以当－54<a <－34时，f (x )在(0,1)上有两个零点；当－3<a ≤－54时，f (x )在(0,1)上有一个零点．综上，当a >－34或a <－54时，h (x )有一个零点；当a ＝－34或a ＝－54时，h (x )有两个零点；当－54<a <－34时，h (x )有三个零点．3．解 (1)∵函数的定义域为R ，f ′(x )＝－xe x ，∴当x <0时，f ′(x )>0； 当x >0时，f ′(x )<0，∴f (x )在(－∞，0)上单调递增， 在(0，＋∞)上单调递减．(2)假设存在x 1，x 2∈[0,1]，使得2φ(x 1)<φ(x 2)成立， 则2[φ(x )]min <[φ(x )]max .∵φ(x )＝xf (x )＋tf ′(x )＋e －x＝x 2＋(1－t )x ＋1ex，∴φ′(x )＝－x 2＋(1＋t )x －t e x ＝－(x －t )(x －1)e x. 对于x ∈[0,1]，①当t ≥1时，φ′(x )≤0，φ(x )在[0,1]上单调递减， ∴2φ(1)<φ(0)，即t >3－e2>1.②当t ≤0时，φ′(x )>0，φ(x )在[0,1]上单调递增， ∴2φ(0)<φ(1)，即t <3－2e<0. ③当0<t <1时，若x ∈[0，t )，则φ′(x )<0，φ(x )在[0，t )上单调递减；若x ∈(t,1]，则φ′(x )>0，φ(x )在(t,1]上单调递增， ∴2φ(t )<max{φ(0)，φ(1)}， 即2·t ＋1e <max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，3－t e .(*) 由(1)知，g (t )＝2·t ＋1et在[0,1]上单调递减，故4e ≤2·t ＋1e t ≤2，而2e ≤3－t e ≤3e ， ∴不等式(*)无解． 综上所述，t 的取值范围为(－∞，3－2e)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫3－e 2，＋∞.4．(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝(ax 2－2)(x －1)x 3.当a ≤0时，x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．当a >0时，f ′(x )＝a (x －1)x 3⎝⎛⎭⎪⎫x －2a ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2a .①当0<a <2时，2a>1，当x ∈(0,1)或x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，2a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．②当a ＝2时，2a＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增． ③当a >2时，0<2a<1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a，1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减； 当0<a <2时，f (x )在(0,1)内单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫1，2a 内单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫2a，＋∞内单调递增；当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增； 当a >2时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 内单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫2a，1内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．(2)证明 由(1)知，a ＝1时，f (x )－f ′(x )＝x －ln x ＋2x －1x2－⎝⎛⎭⎪⎫1－1x －2x2＋2x 3 ＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈[1,2]．设g (x )＝x －ln x ，h (x )＝3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈[1,2]，则f (x )－f ′(x )＝g (x )＋h (x )．由g ′(x )＝x －1x≥0， 可得g (x )≥g (1)＝1，当且仅当x ＝1时取得等号．又h ′(x )＝－3x 2－2x ＋6x4， 设φ(x )＝－3x 2－2x ＋6，则φ(x )在x ∈[1,2]上单调递减． 因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∃x 0∈(1,2)，使得x ∈(1，x 0)时，φ(x )>0，x ∈(x 0,2)时，φ(x )<0. 所以h (x )在(1，x 0)内单调递增， 在(x 0,2)内单调递减．由h (1)＝1，h (2)＝12，可得h (x )≥h (2)＝12，当且仅当x ＝2时取得等号． 所以f (x )－f ′(x )>g (1)＋h (2)＝32，即f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立．5．(1)解 m ＝1时，f (x )＝g (x )，即x ln x ＝x 2－1， 而x >0，所以方程即为ln x －x ＋1x＝0.令h (x )＝ln x －x ＋1x ，则h ′(x )＝1x －1－1x2＝－x 2＋x －1x2＝－[(x －12)2＋34]x<0， 而h (1)＝0，故方程f (x )＝g (x )有唯一的实根x ＝1.(2)解 对于任意的x ∈(1，＋∞)，函数y ＝g (x )的图象总在函数y ＝f (x )图象的上方， 即∀x ∈(1，＋∞)，f (x )<g (x )，即ln x <m (x －1x)，设F (x )＝ln x －m (x －1x)，即∀x ∈(1，＋∞)，F (x )<0，F ′(x )＝1x －m (1＋1x 2)＝－mx 2＋x －mx2. ①若m ≤0，则F ′(x )>0，F (x )>F (1)＝0，这与题设F (x )<0矛盾． ②若m >0，方程－mx 2＋x －m ＝0的判别式Δ＝1－4m 2， 当Δ≤0，即m ≥12时，F ′(x )≤0，∴F (x )在(1，＋∞)上单调递减， ∴F (x )<F (1)＝0，即不等式成立．当Δ>0，即0<m <12时，方程－mx 2＋x －m ＝0有两个实根，设两根为x 1，x 2且x 1<x 2，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝1m >2，x 1x 2＝1，∴方程有两个正实根且0<x 1<1<x 2.当x ∈(1，x 2)时，F ′(x )>0，F (x )单调递增，F (x )>F (1)＝0与题设矛盾．综上所述，实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.(3)证明 由(2)知，当x >1时，m ＝12时，ln x <12(x －1x)成立．不妨令x ＝2k ＋12k －1>1(k ∈N *)，∴ln 2k ＋12k －1<12⎝ ⎛⎭⎪⎫2k ＋12k －1－2k －12k ＋1＝4k4k 2－1， ln(2k ＋1)－ln(2k －1)<4k 4k 2－1(k ∈N *)， ⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ln3－ln1<44×12－1，ln5－ln3<4×24×22－1，…ln (2n ＋1)－ln (2n －1)<4×n4×n －1(n ∈N *)，累加可得44×12－1＋4×24×22－1＋…＋4×n 4×n 2－1>ln(2n ＋1)(n ∈N *)．。