2018届高三数学 第25练 高考大题突破练——导数

训练目标 (1)导数的综合应用；(2)压轴大题突破． 训练题型 (1)导数与不等式的综合；(2)利用导数研究函数零点；(3)利用导数求参数范围． (1)不等式恒成立(或有解)可转化为函数的最值问题，函数零点可以和函数图象解题策略 相结合；(2)求参数范围可用分离参数法. 1.(2015·课标全国Ⅱ)设函数f(x)＝e＋x－mx.

(1)证明：f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；

(2)若对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围．

13

2．(2015·课标全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x＋ax＋，g(x)＝－lnx.

4(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；

(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x>0)，讨论h(x)零点的个数．

3．已知函数f(x)＝(x＋1)e(e为自然对数的底数)． (1)求函数f(x)的单调区间；

(2)设函数φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋e，存在实数x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)<φ(x2)成

－x－xmx2

立，求实数t的取值范围．

2x－1

4.(2016·山东)已知f(x)＝a(x－lnx)＋2，a∈R.

x(1)讨论f(x)的单调性；

3

(2)当a＝1时，证明f(x)>f′(x)＋对于任意的x∈[1,2]成立．

2

5．已知函数f(x)＝xlnx和g(x)＝m(x－1)(m∈R)． (1)m＝1时，求方程f(x)＝g(x)的实根；

(2)若对任意的x∈(1，＋∞)，函数y＝g(x)的图象总在函数y＝f(x)图象的上方，求m的取值范围；

44×24×n*

(3)求证：＋＋…＋>ln(2n＋1) (n∈N)． 2224×1－14×2－14×n－1 答案精析

1．(1)证明 f′(x)＝m(e－1)＋2x.

mx2

若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，e－1≤0，f′(x)<0； 当x∈(0，＋∞)时，e－1≥0，f′(x)>0.

若m<0，则当x∈(－∞，0)时，e－1>0，f′(x)<0； 当x∈(0，＋∞)时，e－1<0，f′(x)>0. 所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减， 在(0，＋∞)上单调递增．

(2)解 由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1，0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是

f1－f0≤e－1，

f－1－f0≤e－1，

e－m≤e－1，即－me＋m≤e－1.

tmmxmxmxmx

①

设函数g(t)＝e－t－e＋1， 则g′(t)＝e－1.

当t<0时，g′(t)<0；当t>0时，g′(t)>0.

故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 又g(1)＝0，g(－1)＝e＋2－e<0，故当t∈[－1,1]时，g(t)≤0. 当m∈[－1,1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立； 当m>1时，g(m)>0，即e－m>e－1； 当m<－1时，g(－m)>0，即e＋m>e－1. 综上，m的取值范围是[－1,1]．

2．解 (1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0,0)，则f(x0)＝0，f′(x0)＝0， 1x30＋ax0＋＝0，

4即

3x20＋a＝0，

－m－1

tm

13

解得x0＝，a＝－.

24

3

因此，当a＝－时，x轴为曲线y＝f(x)的切线．

4

(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－lnx<0，从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0， 故h(x)在(1，＋∞)上无零点．

55

当x＝1时，若a≥－，则f(1)＝a＋≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，

445

故1是h(x)的一个零点；若a<－，则f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，

4故1不是h(x)的零点．

当x∈(0,1)时，g(x)＝－lnx>0.所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数．

(ⅰ)若a≤－3或a≥0，则f′(x)＝3x＋a在(0,1)上无零点，故f(x)在(0,1)上单调．而

2

f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当a≤－3时，f(x)在(0,1)上有一个零点；当a≥0时，f(x)

在(0,1)上没有零点． (ⅱ)若－33

14

a－，1)上单调递增，故在(0,1)3

a－时，f(x)取得最小值，最小值为f( 3

aa2a－)＝33a1

－＋. 34

a3

－)>0，即－则f(x)在(0,1)上有唯一零点； ③若f( a315－)<0，即－3535

所以当－444零点．

3535

综上，当a>－或a<－时，h(x)有一个零点；当a＝－或a＝－时，h(x)有两个零点；当

444453

－3．解 (1)∵函数的定义域为R，f′(x)＝－x，

e∴当x<0时，f′(x)>0； 当x>0时，f′(x)<0，

∴f(x)在(－∞，0)上单调递增， 在(0，＋∞)上单调递减．

(2)假设存在x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)<φ(x2)成立， 则2[φ(x)]min<[φ(x)]max. ∵φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋e＝

2

－xxx2＋1－tx＋1

e

x，

－x＋1＋tx－tx－tx－1

∴φ′(x)＝＝－. xxee对于x∈[0,1]，

①当t≥1时，φ′(x)≤0，φ(x)在[0,1]上单调递减， e

∴2φ(1)<φ(0)，即t>3－>1.

2

②当t≤0时，φ′(x)>0，φ(x)在[0,1]上单调递增， ∴2φ(0)<φ(1)，即t<3－2e<0. ③当0则φ′(x)<0，φ(x)在[0，t)上单调递减；

若x∈(t,1]，则φ′(x)>0，φ(x)在(t,1]上单调递增， ∴2φ(t)t＋1

3－t.(*) 1，由(1)知，g(t)＝2·

t＋1

e

t在[0,1]上单调递减，

4t＋123－t3

故≤2·t≤2，而≤≤， eeeee∴不等式(*)无解． 综上所述，t的取值范围为

e(－∞，3－2e)∪3－，＋∞.

2

4．(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，

a22ax2－2x－1

f′(x)＝a－－2＋3＝. xxxx3

当a≤0时，x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．

当a>0时，f′(x)＝①当0x－x3

2

x＋a

2

a

.

2

>1，

a

a2

，＋∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增，





2

a

时，f′(x)<0，f(x)单调递减．

2

＝1，在x∈(0，＋∞)内，f′(x)≥0，f(x)单调递增． 2<1，当x∈0，

2

或x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

②当a＝2时，③当a>2时，0<

aaa

当x∈



2

a，1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．



综上所述，当a≤0时，f(x)在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减； 当0

2

a

内单调递减，



2

a，＋∞内单调递增；



当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增； 当a>2时，f(x)在0，增．

(2)证明 由(1)知，a＝1时，



2



内单调递增，在a

2

，1内单调递减，在(1，＋∞)内单调递

a

f(x)－f′(x)＝x－lnx＋

2x－1122

－1－－2＋3 2

x

xxx

312

＝x－lnx＋＋2－3－1，x∈[1,2]．

xxx312

设g(x)＝x－lnx，h(x)＝＋2－3－1，x∈[1,2]，则f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x)．

xxx由g′(x)＝

x－1

≥0， x2

－3x－2x＋6

可得g(x)≥g(1)＝1，当且仅当x＝1时取得等号．又h′(x)＝， 4

x设φ(x)＝－3x－2x＋6，则φ(x)在x∈[1,2]上单调递减． 因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，

所以∃x0∈(1,2)，使得x∈(1，x0)时，φ(x)>0，x∈(x0,2)时，φ(x)<0. 所以h(x)在(1，x0)内单调递增， 在(x0,2)内单调递减．

11由h(1)＝1，h(2)＝，可得h(x)≥h(2)＝，

22当且仅当x＝2时取得等号． 3

所以f(x)－f′(x)>g(1)＋h(2)＝，

2

3

即f(x)>f′(x)＋对于任意的x∈[1,2]成立．

25．(1)解 m＝1时，f(x)＝g(x)，即xlnx＝x－1， 1

而x>0，所以方程即为lnx－x＋＝0.

2

2

x1

令h(x)＝lnx－x＋，

xx11－x＋x－1

则h′(x)＝－1－2＝ 2

2

xx123－[x－＋]

24

＝<0， 2

x而h(1)＝0，故方程f(x)＝g(x)有唯一的实根x＝1.

(2)解 对于任意的x∈(1，＋∞)，函数y＝g(x)的图象总在函数y＝f(x)图象的上方， 1即∀x∈(1，＋∞)，f(x)x1

设F(x)＝lnx－m(x－)，即∀x∈(1，＋∞)，F(x)<0，

x11－mx＋x－mF′(x)＝－m(1＋2)＝. 2

2

xxx①若m≤0，则F′(x)>0，F(x)>F(1)＝0，这与题设F(x)<0矛盾． ②若m>0，方程－mx＋x－m＝0的判别式Δ＝1－4m， 1

当Δ≤0，即m≥时，F′(x)≤0，

2∴F(x)在(1，＋∞)上单调递减， ∴F(x)12

当Δ>0，即021x1＋x2＝>2，m

x1x2＝1，

2

2

∴方程有两个正实根且0当x∈(1，x2)时，F′(x)>0，F(x)单调递增，F(x)>F(1)＝0与题设矛盾．

1综上所述，实数m的取值范围是，＋∞.

2

111

(3)证明 由(2)知，当x>1时，m＝时，lnx<(x－)成立．

22x2k＋1*

不妨令x＝>1(k∈N)，

2k－1

2k＋112k＋12k－14k－∴ln<＝2， 2k－122k－12k＋14k－1ln(2k＋1)－ln(2k－1)<

4k*

(k∈N)， 2

4k－1

4×2ln5－ln3<，4×2－1…

ln2n＋1－ln2n－1<4×n4×n－1

 n∈N，

2

2

*

4ln3－ln1<，2

4×1－1

44×24×n*

累加可得＋＋…＋>ln(2n＋1)(n∈N)． 2224×1－14×2－14×n－1