新編高考數(shù)學(xué)江蘇專用理科專題復(fù)習(xí)：專題專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第24練 Word版含解析

訓(xùn)練目標(biāo)(1)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用；(2)壓軸大題突破訓(xùn)練題型(1)導(dǎo)數(shù)與不等式的綜合；(2)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)；(3)利用導(dǎo)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(diǎn)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·常州一模)已知函數(shù)f(x)lnxx，aR.(1)當(dāng)a0時(shí)，求函數(shù)f(x)的極大值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間2(20xx·課標(biāo)全國(guó))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(duì)于任意x1，x21,1，都有|f(x1)f(x2)|e1，求m的取值范圍3(20xx·課標(biāo)全國(guó))已知函數(shù)f(x)x3ax，g(x)lnx.(1)當(dāng)a為何值時(shí)，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)(x0)，討論h(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)4(20xx·山東)已知f(x)a(xlnx)，aR.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a1時(shí)，證明f(x)f(x)對(duì)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(shí)，求方程f(x)g(x)的實(shí)根；(2)若對(duì)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解函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，)(1)當(dāng)a0時(shí)，f(x)lnxx，f(x)1.令f(x)0，得x1.當(dāng)x變化時(shí)，f(x)，f(x)的變化情況如下表：x(0,1)1(1，)f(x)0f(x)極大值所以f(x)的極大值為f(1)1.(2)f(x)1.令f(x)0，得x2xa0，則14a.當(dāng)a時(shí)，f(x)0恒成立，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0，)；當(dāng)a時(shí)，由f(x)0，得x1，x2.(i)若a0，則x1x20，由f(x)0，得0xx2，xx1；由f(x)0，得x2xx1.所以f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0，)，(，)，單調(diào)增區(qū)間為(，)(ii)若a0，由(1)知f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)減區(qū)間為(1，)(iii)若a0，則x10x2，由f(x)0，得xx1；由f(x)0，得0xx1.所以f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(，)，單調(diào)增區(qū)間為(0，)綜上所述，當(dāng)a時(shí)，f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0，)；當(dāng)a0時(shí)，f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0，)，(，)，單調(diào)增區(qū)間為(，)；當(dāng)a0時(shí)，f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(，)，單調(diào)增區(qū)間為(0，)2(1)證明f(x)m(emx1)2x.若m0，則當(dāng)x(，0)時(shí)，emx10，f(x)0；當(dāng)x(0，)時(shí)，emx10，f(x)0.若m0，則當(dāng)x(，0)時(shí)，emx10，f(x)0；當(dāng)x(0，)時(shí)，emx10，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(duì)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(duì)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(dāng)t0時(shí)，g(t)0；當(dāng)t0時(shí)，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)e12e0，故當(dāng)t1,1時(shí)，g(t)0.當(dāng)m1,1時(shí)，g(m)0，g(m)0，即式成立；當(dāng)m1時(shí)，g(m)0，即emme1；當(dāng)m1時(shí)，g(m)0，即emme1.綜上，m的取值范圍是1,13解(1)設(shè)曲線yf(x)與x軸相切于點(diǎn)(x0,0)，則f(x0)0，f(x0)0，即解得x0，a.因此，當(dāng)a時(shí)，x軸為曲線yf(x)的切線(2)當(dāng)x(1，)時(shí)，g(x)lnx0，從而h(x)minf(x)，g(x)g(x)0，故h(x)在(1，)上無(wú)零點(diǎn)當(dāng)x1時(shí)，若a，則f(1)a0，h(1)minf(1)，g(1)g(1)0，故1是h(x)的一個(gè)零點(diǎn)；若a，則f(1)0，h(1)minf(1)，g(1)f(1)0，故1不是h(x)的零點(diǎn)當(dāng)x(0,1)時(shí)，g(x)lnx0.所以只需考慮f(x)在(0,1)上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)()若a3或a0，則f(x)3x2a在(0,1)上無(wú)零點(diǎn)，故f(x)在(0,1)上單調(diào)而f(0)，f(1)a，所以當(dāng)a3時(shí)，f(x)在(0,1)上有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a0時(shí)，f(x)在(0,1)上沒有零點(diǎn)()若3a0，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(dāng)x時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為f( ).若f( )0，即a0，f(x)在(0,1)上無(wú)零點(diǎn)；若f( )0，即a，則f(x)在(0,1)上有唯一零點(diǎn)；若f( )0，即3a，由于f(0)，f(1)a，所以當(dāng)a時(shí)，f(x)在(0,1)上有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)3a時(shí)，f(x)在(0,1)上有一個(gè)零點(diǎn)綜上，當(dāng)a或a時(shí)，h(x)有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a或a時(shí)，h(x)有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a時(shí)，h(x)有三個(gè)零點(diǎn)4(1)解f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x)a.當(dāng)a0時(shí)，x(0,1)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，x(1，)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減當(dāng)a0時(shí)，f(x)·.當(dāng)0a2時(shí)，1，當(dāng)x(0,1)或x時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減當(dāng)a2時(shí)，1，在x(0，)內(nèi)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增當(dāng)a2時(shí)，01，當(dāng)x或x(1，)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減綜上所述，當(dāng)a0時(shí)，f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，在(1，)內(nèi)單調(diào)遞減；當(dāng)0a2時(shí)，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(dāng)a2時(shí)，f(x)在(0，)內(nèi)單調(diào)遞增；當(dāng)a2時(shí)，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(shí)，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(dāng)且僅當(dāng)x1時(shí)取得等號(hào)又h(x)，設(shè)(x)3x22x6，則(x)在x1,2上單調(diào)遞減因?yàn)?1)1，(2)10，所以x0(1,2)，使得x(1，x0)時(shí)，(x)0，x(x0,2)時(shí)，(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(dāng)且僅當(dāng)x2時(shí)取得等號(hào)所以f(x)f(x)g(1)h(2)，即f(x)f(x)對(duì)于任意的x1,2成立5(1)解m1時(shí)，f(x)g(x)，即xlnxx21，而x0，所以方程即為lnxx0.令h(x)lnxx，則h(x)10，而h(1)0，故方程f(x)g(x)有唯一的實(shí)根x1.(2)解對(duì)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lnxm(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m0，方程mx2xm0的判別式14m2，當(dāng)0，即m時(shí)，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(dāng)0，即0m時(shí)，方程mx2xm0有兩個(gè)實(shí)根，設(shè)兩根為x1，x2且x1x2，則方程有兩個(gè)正實(shí)根且0x11x2.當(dāng)x(1，x2)時(shí)，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(shí)數(shù)m的取值范圍是.(3)證明由(2)知，當(dāng)x1時(shí)，m時(shí)，lnx(x)成立不妨令x1(kN*)，ln，ln(2k1)ln(2k1)(kN*)，累加可得ln(2n1)(nN*)