《2019版高考數(shù)學二輪復習 限時檢測提速練22 大題考法——導數(shù)的綜合應用.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019版高考數(shù)學二輪復習 限時檢測提速練22 大題考法——導數(shù)的綜合應用.doc（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

限時檢測提速練(二十二)　大題考法——導數(shù)的綜合應用 A組 1．(2018衡陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝＋aln x(x∈R)． (1)若函數(shù)f(x)在(0,2)上遞減，求實數(shù)a的取值范圍； (2)設h(x)＝f(x)＋|(a－2)x|，x∈[1，＋∞)，求證：h(x)≥2． (1)解：函數(shù)f(x)在(0,2)上遞減??x∈(0,2), 恒有f′(x)≤0成立，而f′(x)＝≤0??x∈(0,2), 恒有a≤成立， 當x∈(0,2)時，＞1，所以a≤1． (2)證明：當a≥2時，h(x)＝f(x)＋(a－2)x＝＋aln x＋(a－2)x，h′(x)＝＋a－2≥0， 所以h(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)，故h(x)≥h(1)＝a≥2， 當a＜2時，h(x)＝f(x)－(a－2)x＝＋aln x－(a－2)x， h′(x)＝－a＋2＝＝0， 解得x＝－＜0或x＝1，所以函數(shù)h(x)在[1，＋∞)單調遞增， 所以h(x)≥h(1)＝4－a＞2，綜上所述：h(x)≥2． 2．(2018邯鄲二模)已知函數(shù)f(x)＝3ex＋x2，g(x)＝9x－1． (1)求函數(shù)φ(x)＝xex＋4x－f(x)的單調區(qū)間； (2)比較f(x)與g(x)的大小，并加以證明． 解：(1)φ′(x)＝(x－2)(ex－2)， 令φ′(x)＝0，得x1＝ln 2，x2＝2； 令φ′(x)＞0，得x＜ln 2或x＞2； 令φ′(x)＜0，得ln 2＜x＜2． 故φ(x)在(－∞，ln 2)上單調遞增，在(ln 2,2)上單調遞減，在(2，＋∞)上單調遞增． (2)f(x)＞g(x)．證明如下： 設h(x)＝f(x)－g(x)＝3ex＋x2－9x＋1， ∵h′(x)＝3ex＋2x－9為增函數(shù)， ∴可設h′(x0)＝0，∵h′(0)＝－6＜0，h′(1)＝3e－7＞0， ∴x0∈(0,1)． 當x＞x0時，h′(x)＞0；當x＜x0時，h′(x)＜0． ∴h(x)min＝h(x0)＝3ex0＋x－9x0＋1， 又3ex0＋2x0－9＝0，∴3ex0＝－2x0＋9， ∴h(x)min＝－2x0＋9＋x－9x0＋1＝x－11x0＋10＝(x0－1)(x0－10)． ∵x0∈(0,1)，∴(x0－1)(x0－10)＞0， ∴h(x)min＞0，f(x)＞g(x)． 3．(2018西寧一模)設f(x)＝ln x，g(x)＝x|x|． (1)令F(x)＝xf(x)－g(x)，求F(x)的單調區(qū)間； (2)若任意x1，x2∈[1，＋∞)且x1＜x2，都有m[g(x2)－g(x1)]＞x2f(x2)－x1f(x1)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍． 解：(1)F(x)的定義域為(0，＋∞)， ∴F(x)＝xln x－x2，則F′(x)＝ln x＋1－x， 令G(x)＝F′(x)＝ln x＋1－x，則G′(x)＝－1， 由G′(x)＝－1＞0得0＜x＜1，G′(x)＝－1＜0，得x＞1， 則G(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減， 即F′(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減， ∴F′(x)≤F′(1)＝0， ∴F(x)的定義域為(0，＋∞)上單調遞減． (2)據(jù)題意，當1≤x1＜x2時，m[g(x2)－g(x1)]＞x2f(x2)－x1f(x1)恒成立， ∴當1≤x1＜x2時，mg(x2)－x2f(x2)＞mg(x1)－x1f(x1)恒成立， 令H(x)＝mg(x)－xf(x)，即H(x)＝mx2－xln x， 則H(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)， ∴H′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，∴ m≥(x≥1)， 令h(x)＝(x≥1)，∴h′(x)＝＝≤0， ∴h(x)在[1，＋∞)上為減函數(shù)， ∴h(x)max＝h(1)＝1，∴m≥1． 4．(2018湖南聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ax． (1)討論函數(shù)f(x)的單調性； (2)當a＝1時，函數(shù)g(x)＝f(x)－x＋－m有兩個零點x1，x2，且x1＜x2. 求證：x1＋x2＞1． 解：(1)f′(x)＝＋a，x∈(0，＋∞)， ①當a≥0時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增； ②當a＜0時，f(x)在上單調遞增，在上單調遞減． (2)當a＝1時，g(x)＝ln x＋－m， 由已知得：ln x1＋＝m，ln x2＋＝m， 兩式相減得ln ＋－＝0?x1x2＝， ∴x1＝，x2＝，∴x1＋x2＝， 令t＝∈(0,1)，則h(t)＝t－－2ln t， h′(t)＝1＋－＝＞0， ∴h(t)在(0,1)上單調遞增， ∴h(t)＜h(1)＝0，即t－＜2ln t， 又ln t＜0，∴＞1，∴x1＋x2＞1． B組 1．(2018安慶二模)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－ax2(e是自然對數(shù)的底數(shù))． (1)判斷函數(shù)f(x)極值點的個數(shù)，并說明理由； (2)若?x＞0，f(x)＋ex≥x3＋x，求a的取值范圍． 解：(1)f′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)． 當a≤0時，f(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增，∴f(x)有1個極值點； 當0＜a＜時， f(x)在(－∞，ln 2a)上單調遞增，在(ln 2a,0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增，∴f(x)有2個極值點； 當a＝時，f(x)在R上單調遞增，∴f(x)沒有極值點； 當a＞時，f(x)在(－∞，0)上單調遞增，在(0，ln 2a)上單調遞減，在(ln 2a，＋∞)上單調遞增，∴f(x)有2個極值點； ∴當a≤0時，f(x)有1個極值點；當a＞0且a≠時，f(x)有2個極值點；當a＝時，f(x)沒有極值點． (2)由f(x)＋ex≥x3＋x得xex－x3－ax2－x≥0． 當x＞0時，ex－x2－ax－1≥0，即a≤對?x＞0恒成立． 設g(x)＝，則g′(x)＝． 設h(x)＝ex－x－1，則h′(x)＝ex－1． ∵x＞0，∴h′(x)＞0，∴h(x)在(0，＋∞)上單調遞增， ∴h(x)＞h(0)＝0，即ex＞x＋1， ∴g(x)在(0,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增， ∴g(x)≥g(1)＝e－2，∴a≤e－2， ∴a的取值范圍是(－∞，e－2]． 2．(2018中山二模)已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R． (1)若f(1)＝0，求函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間； (2)若關于x的不等式f(x)≤ax－1恒成立，求整數(shù)a的最小值． 解：(1)因為f(1)＝1－＝0，所以a＝2， 故f(x)＝ln x－x2＋x，x＞0， 所以f′(x)＝－2x＋1＝＝－(x＞0)， 由f′(x)＜0，解得x＞1， 所以f(x)的單調減區(qū)間為(1，＋∞)． (2)令g(x)＝f(x)－(ax－1)＝ln x－ax2＋(1－a)x＋1，x＞0， 由題意可得g(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立． 又g′(x)＝－ax＋(1－a)＝． ①當a≤0時，則g′(x)＞0． 所以g(x)在(0，＋∞)上單調遞增， 又因為g(1)＝ln 1－a12＋(1－a)＋1＝－a＋2＞0， 所以關于x的不等式f(x)≤ax－1不能恒成立． ②當a＞0時， g′(x)＝＝－， 令g′(x)＝0，得x＝． 所以當x∈時，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)單調遞增； 當x∈時，g′(x)＜0，函數(shù)g(x)單調遞減． 故當x＝時，函數(shù)g(x)取得極大值，也為最大值，且最大值為g＝ln －a2＋(1－a)＋1＝－ln a． 令h(a)＝－ln a，a＞0， 則h(a)在(0，＋∞)上單調遞減， 因為h(1)＝＞0，h(2)＝－ln 2＜0． 所以當a≥2時，h(a)＜0， 所以整數(shù)a的最小值為2． 3．(2018華南師大附中模擬)已知函數(shù)f (x)＝ex＋1，其中 e＝2.718…為自然對數(shù)的底數(shù)，常數(shù)a＞0． (1)求函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的零點個數(shù)； (2)函數(shù)(x)的導數(shù) F′(x)＝(ex－a)f(x)，是否存在無數(shù)個a∈(1,4)，使得ln a為函數(shù)F(x)的極大值點？說明理由． 解：(1)∵f′(x)＝ex， 當0＜x＜時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調遞減， 當x＞時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調遞增， ∵f＜f(0)＝－＜0，f＝1＞0， ∴存在x0∈，使f(x0)＝0， 且當0＜x＜x0時，f(x)＜0，x＞x0時，f(x)＞0， ∴函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上只有一個零點． (2)當a＞1時，ln a＞0， ∵x∈(0，ln a)，ex－a＜0， 當x∈(ln a，＋∞)，ex－a＞0， 由(1)知，當0＜x＜x0時，f(x)＜0，x＞x0時，f (x)＞0， 下證：當a∈(1，e)時，ln a＜x0，即證f(ln a)＜0， ∵f(ln a)＝aln a－a－＋1， 設g(x)＝xln x－x－＋1，x∈(1，e)， ∴g′(x)＝ln x－x，∴g″(x)＝＞0， ∴g′(x)在(1，e)上單調遞增， ∵g′(1)＝－＜0，g′(e)＝1－＞0， ∴存在唯一的零點t0∈(1，e)，使得g(t0)＝0，且x∈(1，t0)時，g′(x)＜0，g(x)單調遞減， x∈(t0，e)時，g′(x)＞0，g(x)單調遞增， 當x∈(1，e)時，g(x)＜max{g(1)，g(e)}， 由g(1)＝－＜0，g(e)＝＜0， ∴當x∈(1，e)時，g(x)＜0， 故f(ln a)＜0,0＜ln a＜x0， 當0＜x＜ln a時，ex－a＜0，F(xiàn)′(x)＝(ex－a)f(x)＞0，函數(shù)F(x)單調遞增， 當ln a＜x＜x0時，ex－a＞0，F(xiàn)′(x)＝(ex－a)f(x)＜0，函數(shù)F(x)單調遞減， 故存在無數(shù)個a∈(1,4)時，使得ln a為函數(shù)F(x)的極大值點． 4．(2018安慶二模)已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋bln x，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝2x． (1)求實數(shù)a和b的值； (2)設F(x)＝f(x)－x2＋mx(m∈R)，x1，x2(0＜x1＜x2)分別是函數(shù)F(x)的兩個零點，求證：F′()＜0． 解：(1)由f(x)＝x2＋ax＋bln x，得f(1)＝1＋a， f′(x)＝2x＋a＋，f′(1)＝2＋a＋b， 所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程y＝(2＋a＋b)(x－1)＋(1＋a)(*)． 將方程(*)與y＝2x比較，得 解得a＝1，b＝－1． (2)F(x)＝f(x)－x2＋mx＝(x2＋x－ln x)－x2＋mx＝(m＋1)x－ln x． 因為x1，x2(x1＜x2)分別是函數(shù)F(x)的兩個零點， 所以 兩式相減，得(m＋1)(x1－x2)－(ln x1－ln x2)＝0， 所以m＋1＝． 因為F′(x)＝m＋1－， 所以F′()＝(m＋1)－＝－． 要證F′()＜0，即證－＜0． 因0＜x1＜x2，故又只要證ln x1－ln x2－＞0?ln －＋＞0． 令t＝∈(0,1)，則即證明2ln t－t＋＞0． 令φ(t)＝2ln t－t＋，0＜t＜1， 則φ′(t)＝－1－＝＜0． 這說明函數(shù)φ(t)在區(qū)間(0,1)上單調遞減， 所以φ(t)＞φ(1)＝0，即2ln t－t＋＞0成立． 由上述分析可知F′()＜0成立．