浙江专用2020版高考数学一轮复习+专题3导数及其应用+第25练高考大题突破练_导数
第25练 高考大题突破练—导数
[基础保分练]
1.(2019·温州期末)已知函数f(x)＝alnx－x2＋(2a－1)x(a∈R)有两个不同的零点.
(1)求a的取值范围；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2>2a.
2.(2019·台州模拟)已知函数f(x)＝xln(a>0).
(1)求f(x)的极值；
(2)若当a＝2时，总存在x1≠x2使得f(x1)＝f(x2)＝m，求m的取值范围.
3.(2019·丽水模拟)已知函数f(x)＝xex＋a(x＋1)2(其中e为自然对数的底数).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设a>0，x1，x2是f(x)＝xex＋a(x＋1)2的两个零点，证明：f′<0.
[能力提升练]
4.(2019·浙江省绿色联盟模拟)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax2＋bx(a≠0，b∈R).
(1)若a＝2，b＝3，求函数F(x)＝f(x)－g(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)与g(x)的图象有两个不同的交点(x1，f(x1))，(x2，f(x2))，记x0＝，设f′(x)，g′(x)分别是f(x)，g(x)的导函数，证明：f′(x0)
0时，令f′(x)＝0得x＝a，则列表如下：
x
(0，a)
a
(a，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
↗
极大值
↘
∴f(x)max＝f(x)极大值＝f(a)＝a(ln a＋a－1).
设g(x)＝ln x＋x－1(x>0)，
∵g′(x)＝＋1>0，
则g(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又∵g(1)＝0，∴01时，g(x)>0.
(i)当01时，f(x)max＝a·g(a)>0，
∵f＝a－－<0，
∴f(x)在上有一个零点，
∵f(3a－1)＝aln(3a－1)－(3a－1)2＋(2a－1)(3a－1)
＝a[ln(3a－1)－(3a－1)]，
设h(x)＝ln x－x(x>2)，
∵h′(x)＝－1<0，
∴h(x)在(2，＋∞)上单调递减
则h(3a－1)1，
且当x∈(0，a)时，f(x)是增函数；
当x∈(a，＋∞)时，f(x)是减函数.
不妨设x10，∴F(x)单调递增，又∵F(a)＝0，∴F(x)<0，
∴f(x)2a－x1，∴x2＋x1>2a.
2.解 (1)因为f(x)＝xln(a>0)，
所以f′(x)＝ln＋x··＝ln＋1，
因为a>0，所以x<0，令f′(x)＝0，
则x＝－，
又因为y＝ln＋1在(－∞，0)上单调递减，
所以f(x)＝xln(a>0)在上单调递增，
在上单调递减，
所以f(x)极大值＝f＝.
(2)总存在x1≠x2使得f(x1)＝f(x2)＝m可转化为考查方程f(x)＝m有两个不同的实根，求m的取值范围，也即把问题转化为先求f(x)＝xln的单调区间和值域，又由(1)可知，f(x)＝xln在上单调递增，在上单调递减，
且f(－2)＝0，
f(x)极大值＝f＝，
所以当x∈(－∞，－2)时，f(x)<0；
当x∈(－2,0)时，即0<－<1，
则ln<0，
所以f(x)＝xln>0在(－2,0)上恒成立，
如图所示，因此总存在x1≠x2，使得f(x1)＝f(x2)＝m成立的m的取值范围为.
3.(1)解 因为f(x)＝xex＋a(x＋1)2，
所以f′(x)＝(x＋1)ex＋2a(x＋1)
＝(x＋1)(ex＋2a)，
①当a≥0时，ex＋2a>0，
令f′(x)>0，解得x>－1；
令f′(x)<0，解得x<－1.
所以f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增.
②当－0，解得x>－1或x－1，
令f′(x)>0，解得x>ln(－2a)或x<－1；
令f′(x)<0，解得－10时，f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增，在区间(－∞，－1)上单调递减，不妨设x1<－10，
所以F(x)在(－∞，－1)上单调递增，
所以F(x)－1，x2>－1，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
所以x2<－2－x1，即<－1，
于是由(1)可知，f′<0得证.
能力提升练
4.(1)解 由题可知，F(x)＝ln x－2x2－3x，x∈(0，＋∞)，
则F′(x)＝－4x－3＝－，
当00，当x>时，F′(x)<0，
所以F(x)在上单调递增，
在上单调递减.
(2)证明 f′(x0)－g′(x0)＝－(2ax0＋b)＝，
由题可得1－2ax－bx0
＝1－2a2－b·
＝，
因为函数f(x)与g(x)的图象有两个不同的交点(x1，f(x1))，(x2，f(x2))，
所以ax＋bx1＝ln x1，①
ax＋bx2＝ln x2，②
①－②得a(x1＋x2)(x1－x2)＋b(x1－x2)＝ln
⇒a(x1＋x2)＋b＝·ln，
a(x1＋x2)2＋b(x1＋x2)＝·ln＝·ln，
不妨设x1>x2，令h(x)＝ln x(x>1)，
下证h(x)＝ln x>2，等价于证ln x>＝2－，等价于证ln x＋>2，令u(x)＝ln x＋，
则u′(x)＝－＝≥0恒成立，
所以u(x)>u(1)＝2，
所以a(x1＋x2)2＋b(x1＋x2)>2，
即f′(x0)
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