2018版高考数学理科专题复习：专题3 导数及其应用 第24练含解析

4．(2016·山东)已知 f(x)＝a(x－lnx)＋ (1)讨论 f(x)的单调性；
2x－1 ，a∈R. x2
3 (2)当 a＝1 时，证明 f(x)＞f′(x)＋ 对于任意的 x∈1,2]成立． 2 5．已知函数 f(x)＝xlnx 和 g(x)＝m(x2－1)(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；
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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 x1，x2 ∈－1,1]， |f(x1)－f(x2)|≤e－1 的充要条件是 即 em－m≤e－1， e－m＋m≤e－1. ① f1－f0≤e－1， f－1－f0≤e－1，
设函数 g(t)＝et－t－e＋1， 则 g′(t)＝et－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，
训练目标
(1)导数的综合应用；(2)压轴大题突破．
训练题型
(1)导数与不等式的综合；(2)利用导数研究函数零点；(3)利用导数求参数范围．
解题策略
(1)不等式恒成立(或有解)可转化为函数的最值问题，函数零点可以和 函数图象相结合；(2)求参数范围可用分离参数法.
a 1．(2016·常州一模)已知函数 f(x)＝lnx－x－ ，a∈R. x (1)当 a＝0 时，求函数 f(x)的极大值； (2)求函数 f(x)的单调区间．
单调增区间为(0， 综上所述， 1 当 a≤－ 时， 4
1＋ 1＋4a )． 2
f(x)的单调减区间为(0，＋∞)； 1－ 1＋4a 1＋ 1＋4a 1 当－ ＜a＜0 时，f(x)的单调减区间为(0， )，( ，＋∞)，单调增区间为 4 2 2 1－ 1＋4a 1＋ 1＋4a ( )； ， 2 2 1＋ 1＋4a 当 a≥0 时，f(x)的单调减区间为( ，＋∞)， 2 单调增区间为(0， 2．(1)证明 1＋ 1＋4a )． 2
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 em－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]． 3．解 (1)设曲线 y＝f(x)与 x 轴相切于点(x0,0)，
则 f(x0)＝0，f′(x0)＝0， 1 x3 0＋ax0＋ ＝0， 4 即 3x2 0＋a＝0， 1 3 解得 x0＝ ，a＝－ . 2 4 3 因此，当 a＝－ 时， 4 x 轴为曲线 y＝f(x)的切线． (2)当 x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－lnx＜0，从而 h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)＜0，故 h(x)在(1，＋∞) 上无零点． 5 5 当 x＝1 时，若 a≥－ ，则 f(1)＝a＋ ≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故 1 是 h(x)的一个零 4 4 5 点；若 a＜－ ，则 f(1)＜0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)＜0，故 1 不是 h(x)的零点． 4 当 x∈(0,1)时，g(x)＝－lnx＞0.所以只需考虑 f(x)在(0,1)上的零点个数． 1 (ⅰ)若 a≤－3 或 a≥0，则 f′(x)＝3x2＋a 在(0,1)上无零点，故 f(x)在(0,1)上单调．而 f(0)＝ ，f(1) 4 5 ＝a＋ ，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． 4 (ⅱ)若－3＜a＜0，则 f(x)在(0, ＝ a － )上单调递减，在( 3 a 2a － )＝ 3 3 a － ，1)上单调递增，故在(0,1)中，当 x 3 a 1 － ＋ . 3 4
(3)求证：
4×2 4×n 4 ＋ ＋…＋ ＞ln(2n＋1)(n∈N*)． 2 2 2 4×1 －1 4×2 －1 4×n －1
答案精析
1．解 函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)．
1 (1)当 a＝0 时，f(x)＝lnx－x，f′(x)＝ －1. x 令 f′(x)＝0，得 x＝1. 当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x f′(x) f(x) 所以 f(x)的极大值为 f(1)＝－1. 1 a －x2＋x＋a (2)f′(x)＝ －1＋ 2＝ . x x x2 令 f′(x)＝0，得－x2＋x＋a＝0，则Δ＝1＋4a. 1 ①当 a≤－ 时，f′(x)≤0 恒成立， 4 所以函数 f(x)的单调减区间为(0，＋∞)； 1 ②当 a＞－ 时，由 f′(x)＝0， 4 得 x1＝ 1＋ 1＋4a 1－ 1＋4a ，x2＝ . 2 2 (0,1) ＋ 1 0 极大值 (1，＋∞) －
2．(2015·课标全国Ⅱ)设函数 f(x)＝emx＋x2－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 x1，x2∈－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求 m 的取值范围． 1 3．(2015·课标全国Ⅰ)已知函数 f(x)＝x3＋ax＋ ， 4 g(x)＝－lnx. (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．
1 (i)若－ ＜a＜0，则 x1＞x2＞0， 4 由 f′(x)＜0，得 0＜x＜x2，x＞x1； 由 f′(x)＞0，得 x2＜x＜x1. 所以 f(x)的单调减区间为 1－ 1＋4a 1＋ 1＋4a 1－ 1＋4a 1＋ 1＋4a (0， )，( ，＋∞)，单调增区间为( ， )． 2 2 2 2 (ii)若 a＝0，由(1)知 f(x)的单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1，＋∞)． (iii)若 a＞0，则 x1＞0＞x2， 由 f′(x)＜0，得 x＞x1； 由 f′(x)＞0，得 0＜x＜x1. 1＋ 1＋4a 所以 f(x)的单调减区间为( ，＋∞)， 2
f′(x)＝m(emx－1)＋2x.
若 m≥0，则当 x∈(－∞，0)时， emx－1≤0，f′(x)＜0； 当 x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)＞0. 若 m＜0，则当 x∈(－∞，0)时， emx－1＞0，f′(x)＜0； 当 x∈(0，＋∞)时，emx－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，