高三數學 第25練 高考大題突破練——導數

第25練 高考大題突破練導數訓練目標(1)導數的綜合應用；(2)壓軸大題突破訓練題型(1)導數與不等式的綜合；(2)利用導數研究函數零點；(3)利用導數求參數范圍解題策略(1)不等式恒成立(或有解)可轉化為函數的最值問題，函數零點可以和函數圖象相結合；(2)求參數范圍可用分離參數法.1.(2015·課標全國)設函數f(x)emxx2mx.(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，x21,1，都有|f(x1)f(x2)|e1，求m的取值范圍2(2015·課標全國)已知函數f(x)x3ax，g(x)lnx.(1)當a為何值時，x軸為曲線yf(x)的切線；(2)用minm，n表示m，n中的最小值，設函數h(x)minf(x)，g(x)(x>0)，討論h(x)零點的個數3已知函數f(x)(x1)ex(e為自然對數的底數)(1)求函數f(x)的單調區(qū)間；(2)設函數(x)xf(x)tf(x)ex，存在實數x1，x20,1，使得2(x1)<(x2)成立，求實數t的取值范圍4.(2016·山東)已知f(x)a(xlnx)，aR.(1)討論f(x)的單調性；(2)當a1時，證明f(x)>f(x)對于任意的x1,2成立5已知函數f(x)xlnx和g(x)m(x21)(mR)(1)m1時，求方程f(x)g(x)的實根；(2)若對任意的x(1，)，函數yg(x)的圖象總在函數yf(x)圖象的上方，求m的取值范圍；(3)求證：>ln(2n1) (nN*)答案精析1(1)證明f(x)m(emx1)2x.若m0，則當x(，0)時，emx10，f(x)<0；當x(0，)時，emx10，f(x)>0.若m<0，則當x(，0)時，emx1>0，f(x)<0；當x(0，)時，emx1<0，f(x)>0.所以函數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x0處取得最小值所以對于任意x1，x21,1，|f(x1)f(x2)|e1的充要條件是即設函數g(t)ette1，則g(t)et1.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，)上單調遞增又g(1)0，g(1)e12e<0，故當t1,1時，g(t)0.當m1,1時，g(m)0，g(m)0，即式成立；當m>1時，g(m)>0，即emm>e1；當m<1時，g(m)>0，即emm>e1.綜上，m的取值范圍是1,12解(1)設曲線yf(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yf(x)的切線(2)當x(1，)時，g(x)lnx<0，從而h(x)minf(x)，g(x)g(x)<0，故h(x)在(1，)上無零點當x1時，若a，則f(1)a0，h(1)minf(1)，g(1)g(1)0，故1是h(x)的一個零點；若a<，則f(1)<0，h(1)minf(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()若a3或a0，則f(x)3x2a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a3時，f(x)在(0,1)上有一個零點；當a0時，f(x)在(0,1)上沒有零點()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( ).若f( )>0，即<a<0，f(x)在(0,1)上無零點；若f( )0，即a，則f(x)在(0,1)上有唯一零點；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)有三個零點3解(1)函數的定義域為R，f(x)，當x<0時，f(x)>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，x20,1，使得2(x1)<(x2)成立，則2(x)min<(x)max.(x)xf(x)tf(x)ex，(x).對于x0,1，當t1時，(x)0，(x)在0,1上單調遞減，2(1)<(0)，即t>3>1.當t0時，(x)>0，(x)在0,1上單調遞增，2(0)<(1)，即t<32e<0.當0<t<1時，若x0，t)，則(x)<0，(x)在0，t)上單調遞減；若x(t,1，則(x)>0，(x)在(t,1上單調遞增，2(t)<max(0)，(1)，即2·<max.(*)由(1)知，g(t)2·在0,1上單調遞減，故2·2，而，不等式(*)無解綜上所述，t的取值范圍為(，32e).4(1)解f(x)的定義域為(0，)，f(x)a.當a0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).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)單調遞減當a2時，1，在x(0，)內，f(x)0，f(x)單調遞增當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a0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a2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，a1時，f(x)f(x)xlnxxlnx1，x1,2設g(x)xlnx，h(x)1，x1,2，則f(x)f(x)g(x)h(x)由g(x)0，可得g(x)g(1)1，當且僅當x1時取得等號又h(x)，設(x)3x22x6，則(x)在x1,2上單調遞減因為(1)1，(2)10，所以x0(1,2)，使得x(1，x0)時，(x)>0，x(x0,2)時，(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x2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x1,2成立5(1)解m1時，f(x)g(x)，即xlnxx21，而x>0，所以方程即為lnxx0.令h(x)lnxx，則h(x)1<0，而h(1)0，故方程f(x)g(x)有唯一的實根x1.(2)解對于任意的x(1，)，函數yg(x)的圖象總在函數yf(x)圖象的上方，即x(1，)，f(x)<g(x)，即lnx<m(x)，設F(x)lnxm(x)，即x(1，)，F(x)<0，F(x)m(1).若m0，則F(x)>0，F(x)>F(1)0，這與題設F(x)<0矛盾若m>0，方程mx2xm0的判別式14m2，當0，即m時，F(x)0，F(x)在(1，)上單調遞減，F(x)<F(1)0，即不等式成立當>0，即0<m<時，方程mx2xm0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(x)>0，F(x)單調遞增，F(x)>F(1)0與題設矛盾綜上所述，實數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(kN*)，ln<，ln(2k1)ln(2k1)<(kN*)，累加可得>ln(2n1)(nN*)