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新版高三數(shù)學 第25練 高考大題突破練導數(shù)

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新版高三數(shù)學 第25練 高考大題突破練導數(shù)

1 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(yīng)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(zhuǎn)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(jié)合;(2)求參數(shù)范圍可用分離參數(shù)法.1.(20xx·課標全國)設(shè)函數(shù)f(x)emxx2mx.(1)證明:f(x)在(,0)上單調(diào)遞減,在(0,)上單調(diào)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(20xx·課標全國)已知函數(shù)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(shè)函數(shù)h(x)minf(x),g(x)(x>0),討論h(x)零點的個數(shù)3已知函數(shù)f(x)(x1)ex(e為自然對數(shù)的底數(shù))(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)設(shè)函數(shù)(x)xf(x)tf(x)ex,存在實數(shù)x1,x20,1,使得2(x1)<(x2)成立,求實數(shù)t的取值范圍4.(20xx·山東)已知f(x)a(xlnx),aR.(1)討論f(x)的單調(diào)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(shù)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(shù)yg(x)的圖象總在函數(shù)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(shù)f(x)在(,0)上單調(diào)遞減,在(0,)上單調(diào)遞增(2)解由(1)知,對任意的m,f(x)在1,0上單調(diào)遞減,在0,1上單調(diào)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(shè)函數(shù)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(diào)遞減,在(0,)上單調(diào)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(shè)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(shù)()若a3或a0,則f(x)3x2a在(0,1)上無零點,故f(x)在(0,1)上單調(diào)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(diào)遞減,在( ,1)上單調(diào)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(shù)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(diào)遞增,在(0,)上單調(diào)遞減(2)假設(shè)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(diào)遞減,2(1)<(0),即t>3>1.當t0時,(x)>0,(x)在0,1上單調(diào)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(diào)遞減;若x(t,1,則(x)>0,(x)在(t,1上單調(diào)遞增,2(t)<max(0),(1),即2·<max.(*)由(1)知,g(t)2·在0,1上單調(diào)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(diào)遞增,x(1,)時,f(x)<0,f(x)單調(diào)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(diào)遞增,當x時,f(x)<0,f(x)單調(diào)遞減當a2時,1,在x(0,)內(nèi),f(x)0,f(x)單調(diào)遞增當a>2時,0<<1,當x或x(1,)時,f(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,當x時,f(x)<0,f(x)單調(diào)遞減綜上所述,當a0時,f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,在(1,)內(nèi)單調(diào)遞減;當0<a<2時,f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,在內(nèi)單調(diào)遞減,在內(nèi)單調(diào)遞增;當a2時,f(x)在(0,)內(nèi)單調(diào)遞增;當a>2時,f(x)在內(nèi)單調(diào)遞增,在內(nèi)單調(diào)遞減,在(1,)內(nèi)單調(diào)遞增(2)證明由(1)知,a1時,f(x)f(x)xlnxxlnx1,x1,2設(shè)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(shè)(x)3x22x6,則(x)在x1,2上單調(diào)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(nèi)單調(diào)遞增,在(x0,2)內(nèi)單調(diào)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(shù)yg(x)的圖象總在函數(shù)yf(x)圖象的上方,即x(1,),f(x)<g(x),即lnx<m(x),設(shè)F(x)lnxm(x),即x(1,),F(xiàn)(x)<0,F(xiàn)(x)m(1).若m0,則F(x)>0,F(xiàn)(x)>F(1)0,這與題設(shè)F(x)<0矛盾若m>0,方程mx2xm0的判別式14m2,當0,即m時,F(xiàn)(x)0,F(xiàn)(x)在(1,)上單調(diào)遞減,F(xiàn)(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(shè)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(xiàn)(x)>0,F(xiàn)(x)單調(diào)遞增,F(xiàn)(x)>F(1)0與題設(shè)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(kN*),ln<,ln(2k1)ln(2k1)<(kN*),累加可得>ln(2n1)(nN*)

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