2018屆高三數(shù)學(xué)：第25練高考大題突破練——導(dǎo)數(shù)含答案

1、1專題3導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第25練高考大題突破練導(dǎo)數(shù)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.(2015 課 艮標(biāo)全國n)設(shè)函數(shù)f(x) = emx+x2mx(1)證明：f(x)在(8,0)上單調(diào)遞減，在(0,+)上單調(diào)遞增；若對于任意xi,X2 1,1，都有|f(xi) f(X2)| 0),討論h(x) 零點(diǎn)的個(gè)數(shù).3. 已知函數(shù)f(x) = (x+ 1)ex(e 為自然對數(shù)的底

2、數(shù)).(1)求函數(shù)f(X)的單調(diào)區(qū)間； 設(shè)函數(shù)0(x) =xf(x) +tf(x) + ex,存在實(shí)數(shù)X1,X2 0,1，使得 20(xi)f(x) + 3 對于任意的x 1,2成立._ _ 25. 已知函數(shù)f(x) =xlnx和g(x) =m(x 1)( m R).(1) m= 1 時(shí)，求方程f(x) =g(x)的實(shí)根；若對任意的x (1,+s)，函數(shù)y=g(x)的圖象總在函數(shù)y=f(x)圖象的上方，求 的取值范圍；44X24Xn*求證：4X17+4X2?+47ln(2n+1)( nCN).合案精析1. (1)證明f(x) =m(emx 1) + 2x.若m 0，則當(dāng)x (a,0)時(shí)，emx

3、 K 0,f (x) 0,f (x)o.若m0,f (x)0 ;當(dāng)x (0，+g)時(shí)，emx- 10.所以函數(shù)f(x)在(一g,0)上單調(diào)遞減，在(0，+g)上單調(diào)遞增.解 由 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x= 0處取得最小值.所以對于任意xi,X2 1,1 , |f(xi) f(X2)|we 1 的充要條 件是f(尸e1，f(1f(we1，廠 m /.emWe1,m.e+nWe1.設(shè)函數(shù)g(t) = e(t e+ 1,則g (t) = e( 1.當(dāng)t0 時(shí)，g (t)0 時(shí)，g (t)0.故g(t)在(g,0)上單調(diào)遞減，在(0，+g)上單

4、調(diào)遞增.一 1又g(1) = 0,g( 1) = e + 2 e1 時(shí)，g(m0，即 emne 1 ；當(dāng)m0, 即卩 em+ me 1.綜上，m的取值范圍是1,1.2.解 (1)設(shè)曲線y=f(x)與x軸相切于點(diǎn)(xo,0)，則f(xo) = 0,f (xc) = 0,因此，當(dāng)a= 3 時(shí)，x軸為曲線y=f(x)的切線.4(2)當(dāng)x(1,+g)時(shí)，g(x)= Inx0,從而h(x)=minf(x),g(x)wg(x) 4，貝 yf(1) =a+40,h(1) =mi nf(1) ,g(1)=g(1)= 0,5故 1 是h(x)的一個(gè)零點(diǎn)；若a4,貝 Uf(1)0 ,h(1) = minf(1)

5、,g(1) =f(1)0.所以只需考慮f(x)在(0,1)上的零點(diǎn)個(gè)數(shù).|xo+axo+ = 0, 即4I 23x0+a= 0,13解得xo=2,a= 4.42(i)若aw 3 或a0，則f (x) = 3x+a在(0,1)上無零點(diǎn)，故f(x)在(0,1)上單調(diào).而f(0) = 4,f(1) =a+ 所以當(dāng)aw3 時(shí)，f(x)在(0,1)在(0,1)上沒有零點(diǎn).上有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a0 時(shí)，f(x)5(ii )若3a0，即4a0,f(x)在(0,1)上無零點(diǎn);若a3f(/_3)=0，即a= 4,則f(x)在(0,1)上有唯一零點(diǎn);3150,即一 3a 4，由于f(0) =4,f(1) =a+4,所

6、以當(dāng)一4a 4 時(shí)，f(x)在(0,1)上有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)一 3 4或a4時(shí)，h(x)有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a=4或a=4時(shí)，h(x)有兩個(gè)零點(diǎn);當(dāng)4a 3 時(shí)，h(x)有三個(gè)零點(diǎn).x3.解(1)T函數(shù)的定義域?yàn)?R,f (x) = x,e當(dāng)x0 ;當(dāng)x0 時(shí)，f (x)0,f(x)在(a,0)上單調(diào)遞增,在(0，+a)上單調(diào)遞減.(2)假設(shè)存在X1,X2 0,1，使得 20(X1)0(X2)成立,則 20(X)min 1 時(shí)，0 (x)W0,0(x)在0,1上單調(diào)遞減,(|)上單調(diào)遞減，在3, 1)上單調(diào)遞增，故在a1 +_3T4f(、-；)=若f(6 20(1)3；1.2當(dāng)tw0 時(shí)，0 (x)0,

7、0(x)在0,1上單調(diào)遞增， 20(0)0(1)，即t3 2e0.3當(dāng) 0t1 時(shí)，若x 0 ,t),則0 (x)0 ,0(x)在(t,1上單調(diào)遞增, 20(t)max0(0) ,0(1),t+ 1.3t即 2 t0 ,f(x)單調(diào)遞增,x (1,+o)時(shí)，f (x)0,f(x)單調(diào)遞增,f (x)0.f(x)單調(diào)遞增,1 時(shí)，f (x)0 ,f(x)單調(diào)遞減.+ O當(dāng) 0a0 時(shí)，f (x)=坐21,當(dāng)x (0,1)或xI寸,當(dāng)a= 2 時(shí),當(dāng)a2 時(shí)，0|0,可得g(x) g(1) = 1,當(dāng)且僅當(dāng)x= 1 時(shí)取得等號.又2設(shè)0(x) = 3x 2x+ 6，貝y 0(x)在x 1,2上單調(diào)

8、遞減.因?yàn)?(1) = 1 ,0(2) = 10,所以？Xo (1,2)，使得x (1 ,xo)時(shí)，0(x)0 ,x (xo,2)時(shí)，0(x)h(2) =2,當(dāng)且僅當(dāng)x= 2 時(shí)取得等號.所以f(x) f (x)g(1) +h(2)=；即f(x)f (x) + 2 對于任意的x 1,2成立.25.(1)解m= 1 時(shí)，f(x) =g(x)，即x|nx=x 1,而x0,所以方程即為 Inxx+=0.x人1令h(X)=|nxx+x，綜上所述，當(dāng)aw0 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 b，單調(diào)遞增，在,1 內(nèi)單調(diào)遞減，在遞增.(1 , +m)

9、內(nèi)單調(diào)證明由(1)知，a= 1 時(shí),f(x) -f(x)2x 1=x In x-2x312=x Inx+x+x?x? 1，x 1,2設(shè)g(x) =x Inx,h(x) =|+ $ 1,x 1,2，則f(x) f (x) =g(x) +h(x).h (x) =3x42x+6x1 -:8123-x- 2+ 42x而h(1) = 0,故方程f(x) =g(x)有唯一的實(shí)根x= 1.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,1 即？x (1 ,+ ),f(x)g(x)，即 Inxm(x-),x1設(shè)F(x) = Inx-mjx 一)，即?x (1 ,+8) ,F(x)0,F(x)F(1) = 0,這與題設(shè)F(x)0 ,方程一mx+x-m= 0 的判別式A= 1 - 4mi,當(dāng)A1 時(shí)，F(xiàn) (x)e0 , F(x)在(1 ,+8)上單調(diào)遞減， F(x)0 ,即 0mr2時(shí)，方程一mx+x- m= 0 有兩個(gè)實(shí)根，設(shè)兩根為X1,X2且X12 ,mX1X2= 1 ,方程有兩個(gè)正實(shí)根且0X110 ,Rx)單調(diào)遞增，F(xiàn)(x)F(1) = 0 與題設(shè)矛盾._1綜上所述，實(shí)數(shù)m的取值范圍是 占，+8.111證明 由知，當(dāng)x1 時(shí)，m= 2 時(shí)，Inx1(k N),2k+ 1 1 恣 + 12k