高三數(shù)學第25練 高考大題突破練導數(shù)

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1、 第25練 高考大題突破練——導數(shù) 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． 2．(

2、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)． 3．已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)e－x(e為自然對數(shù)的底數(shù))． (1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間； (2)設函數(shù)φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋e－x，存在實數(shù)x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)<φ(x2)成立，求實數(shù)t的取值范圍． 4.(20xx山東)已知f(x)＝a

3、(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．(1)證明　f′(x)＝m(emx－1)＋2x. 若m≥0，則當x∈(－∞，0)時，emx－1≤0，

4、f′(x)<0； 當x∈(0，＋∞)時，emx－1≥0，f′(x)>0. 若m<0，則當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；

5、當t>0時，g′(t)>0. 故g(t)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增． 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]． 2．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，＋∞

6、)時，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． 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

7、當a≤－3時，f(x)在(0,1)上有一個零點；當a≥0時，f(x)在(0,1)上沒有零點． (ⅱ)若－30，即－－或a<－時，h(x

8、)有一個零點；當a＝－或a＝－時，h(x)有兩個零點；當－0； 當x>0時，f′(x)<0， ∴f(x)在(－∞，0)上單調遞增， 在(0，＋∞)上單調遞減． (2)假設存在x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)<φ(x2)成立， 則2[φ(x)]min<[φ(x)]max. ∵φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋e－x＝， ∴φ′(x)＝＝－. 對于x∈[0,1]， ①當t≥1時，φ′(x)≤0，φ(x)在[0,1]上單調遞減， ∴2φ(1)<φ(0)

9、，即t>3－>1. ②當t≤0時，φ′(x)>0，φ(x)在[0,1]上單調遞增， ∴2φ(0)<φ(1)，即t<3－2e<0. ③當00，φ(x)在(t,1]上單調遞增， ∴2φ(t)

10、. 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01， 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，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；

11、 當02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)≥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

12、]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xlnx＝x2－1， 而x>0，所以方程即為lnx－x＋＝0. 令h(x)＝lnx－x＋， 則h′(x)＝－1－＝ ＝

13、<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)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)0，即00，F(xiàn)(x)單調遞增，F(xiàn)(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*)．