2021高考数学人教版一轮复习多维层次练：第三章 一元函数的导数及其应用 热点跟踪训练

2021高考数学人教版一轮复习多维层次练：第三章 一元函数的导数及其应用 热点跟踪训练

www.ks5u.com 热点跟踪训练1‎ ‎1．(2019·天一大联考)已知函数f(x)＝mex－x2.‎ ‎(1)若m＝1，求曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程；‎ ‎(2)若关于x的不等式f(x)≥x(4－mex)在[0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围．‎ 解：(1)当m＝1时，f(x)＝ex－x2，则f′(x)＝ex－2x.‎ 所以f(0)＝1，且斜率k＝f′(0)＝1.‎ 故所求切线方程为y－1＝x，即x－y＋1＝0.‎ ‎(2)由mex－x2≥x(4－mex)得mex(x＋1)≥x2＋4x.‎ 故问题转化为当x≥0时，m≥.‎ 令g(x)＝，x≥0，‎ 则g′(x)＝.‎ 由g′(x)＝0及x≥0，得x＝－1.‎ 当x∈(0，－1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；‎ 当x∈(－1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．‎ 所以当x＝－1时，g(x)max＝g(－1)＝2e1－.‎ 所以m≥2e1－.即实数m的取值范围为[2e1－，＋∞)．‎ ‎2．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.‎ ‎(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；‎ ‎(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.‎ ‎(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.‎ 设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，‎ 则g′(x)＝－(x2－2x＋1)·e－x＝－(x－1)2e－x.‎ 当x≠1时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．‎ 而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.‎ ‎(2)解：设函数h(x)＝1－ax2e－x.‎ f(x)在(0，＋∞)只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．‎ ‎(ⅰ)当a≤0时，h(x)>0，h(x)没有零点；‎ ‎(ⅱ)当a>0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.‎ 当x∈(0，2)时，h′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0.‎ 所以h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．‎ 故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)的最小值．‎ ‎①若h(2)>0，即a<，h(x)在(0，＋∞)上没有零点．‎ ‎②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．‎ ‎③若h(2)<0，即a>，‎ 因为h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点；‎ 由(1)知，当x>0时，ex>x2，所以h(4a)＝1－＝1－>1－＝1－>0，故h(x)在(2，4a)有一个零点．‎ 因此h(x)在(0，＋∞)上有两个零点．‎ 综上，当f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝.‎ ‎3．(2020·潍坊调研)已知函数f(x)＝ex(ax2＋x＋a)(其中常数a≥0)．‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若函数f(x)≤ex(ax2＋2x)＋1恒成立，求实数a的取值范围．‎ 解：(1)函数f(x)的定义域为R，且f′(x)＝(ax＋a＋1)(x＋1)ex，‎ ‎①当a＝0时，f′(x)＝ex(x＋1)，当x>－1时，f′(x)>0，当x<－1时，f′(x)<0，‎ 所以函数f(x)的单调增区间为(－1，＋∞)，单调减区间为(－∞，－1)．‎ ‎②当a>0时，f′(x)＝a(x＋1)ex，则方程f′(x)＝0有两根－1，－，且－1>－.‎ 所以函数f(x)的单调增区间为和(－1，＋∞)，单调减区间为.‎ 综上可知，当a>0时，函数f(x)的单调增区间为和(－1，＋∞)，单调减区间为；‎ 当a＝0时，函数f(x)的单调增区间为(－1，＋∞)，单调减区间为(－∞，－1)．‎ ‎(2)函数f(x)≤ex(ax2＋2x)＋1恒成立转化为a≤x＋在R上恒成立．‎ 令h(x)＝x＋，则h′(x)＝，易知h(x)在(0，＋∞)上为增函数，在(－∞，0)上为减函数．‎ 所以h(x)min＝h(0)＝1，则a≤1.‎ 又依题设知a≥0，‎ 故实数a的取值范围为[0，1]．‎ ‎4．已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x＋m(m∈R)．‎ ‎(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围；‎ ‎(2)已知x1，x2是函数F(x)＝f(x)－g(x)的两个零点，且x10)，‎ 则F′(x)＝－1＝(x>0)，‎ 当x>1时，F′(x)<0，当00，‎ 所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(0，1)上单调递增．‎ F(x)在x＝1处取得最大值－1－m，若f(x)≤g(x)恒成立，则－1－m≤0，即m≥－1.‎ ‎(2)证明：由(1)可知，若函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，‎ 则m<－1，0F，‎ 由F(x1)＝F(x2)＝0，m＝ln x1－x1，‎ 即证ln－－m＝ln－＋x1－ln x1<0，‎ 令h(x)＝－＋x－2ln x(00，‎ 故h(x)在(0，1)上单调递增，所以h(x)0，所以x－a>0，所以f′(x)>0，‎ 所以f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递增；‎ 当a>0时，因为x>a时，f′(x)>0，所以f(x)单调递增；‎ 当00时，f(x)在区间(0，a)上是减函数，在区间(a，＋∞)上是增函数．‎ ‎(2)f(x)≥1⇔＋ln x≥1⇔≥－ln x＋1⇔a≥－xln x＋x对任意x∈(0，1]恒成立．‎ 等价于a≥[－xln x＋x]max，x∈(0，1]，‎ 令g(x)＝－xln x＋x，x∈(0，1]，‎ g′(x)＝－ln x－x·＋1＝－ln x≥0，x∈(0，1]，‎ 所以g(x)在(0，1]上单调递增，‎ 所以gmax(x)＝g(1)＝1，‎ 所以a≥1，故a的取值范围为[1，＋∞)．‎ ‎6．(2020·江南十校联考)已知函数f(x)＝ln x＋ax＋1(a∈R)．‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性；‎ ‎(2)若函数f(x)的图象与x 轴相切，求证：对于任意互不相等的正实数x1，x2，都有<＋.‎ ‎(1)解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋a＝.‎ 当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ 当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝－.‎ 若x∈，f′(x)>0，f(x)单调递增；‎ 若x∈，f′(x)<0，f(x)单调递减．‎ 综上：当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ 当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．‎ ‎(2)证明：由(1)知，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不满足条件．‎ 当a<0时，f(x)的极大值为f＝－ln(－a)，‎ 由已知得－ln(－a)＝0，故a＝－1，‎ 此时f(x)＝ln x－x＋1.‎ 不妨设01)，‎ 故g(x)在(1，＋∞)上单调递减，‎ 所以g(x)

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