新高考2020高考数学二轮复习大题考法专训八导数的综合问题

新高考2020高考数学二轮复习大题考法专训八导数的综合问题

大题考法专训（八） 导数的综合问题 A级——中档题保分练 ‎1．已知函数f(x)＝ln x－4ax，g(x)＝xf(x)．‎ ‎(1)若a＝，求g(x)的单调区间；‎ ‎(2)若a＞0，求证：f(x)≤－2.‎ 解：(1)由a＝，得g(x)＝xln x－x2(x＞0)，‎ 所以g′(x)＝ln x－x＋1.‎ 令h(x)＝ln x－x＋1，则h′(x)＝，‎ 故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，h(x)max＝h(1)＝0，‎ 从而当x＞0时，g′(x)≤0恒成立，‎ 故g(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间．‎ ‎(2)证明：f′(x)＝－‎4a＝，‎ 由a＞0，令f′(x)＝0，得x＝，故f(x)在上单调递增，在上单调递减，‎ 所以f(x)max＝f＝ln －1，‎ 所以只需证明ln －1≤－2，‎ 即证明ln ‎4a＋－1≥0.‎ 令φ(a)＝ln ‎4a＋－1，则φ′(a)＝－＝，‎ 令φ′(a)＞0，得a＞，令φ′(a)＜0，得0＜a＜，所以φ(a)在上单调递减，在上单调递增，‎ 所以φ(a)min＝φ＝0，‎ 所以ln ‎4a＋－1≥0，原不等式得证．‎ ‎2．(2019·郑州第二次质量预测)已知函数f(x)＝axln x－bx2－ax.‎ ‎(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋y＋＝0，求a，b的值；‎ - 6 -‎ ‎(2)若a≤0，b＝时，∀x1，x2∈(1，e)，都有＜3，求a的取值范围．‎ 解：(1)由题意知，f′(x)＝a(1＋ln x)－2bx－a＝aln x－2bx，则f′(1)＝－2b＝－1，所以b＝，‎ 又f(1)＝－b－a＝－，所以a＝1.‎ 即a＝1，b＝.‎ ‎(2)当a≤0，b＝时，f′(x)＝aln x－x＜0在(1，e)上恒成立，‎ 所以f(x)在(1，e)上单调递减．‎ 不妨设x1＜x2，则f(x1)＞f(x2)，原不等式可化为＜3，‎ 即f(x1)－f(x2)＜3x2－3x1，‎ 即f(x1)＋3x1＜f(x2)＋3x2.‎ 令g(x)＝f(x)＋3x，则g(x)在(1，e)上单调递增，‎ 所以g′(x)＝f′(x)＋3＝aln x－x＋3≥0在(1，e)上恒成立，‎ 即a≥在x∈(1，e)上恒成立．‎ 令h(x)＝，x∈(1，e)，h′(x)＝，‎ 令φ(x)＝ln x＋－1，x∈(1，e)，‎ 则φ′(x)＝－＝＜0，‎ 所以φ(x)在(1，e)上单调递减，φ(x)＞φ(e)＝＞0，‎ 所以h′(x)＞0，h(x)在(1，e)上单调递增，h(x)＜h(e)＝e－3，所以a≥e－3.‎ 综上，a的取值范围为[e－3,0]．‎ ‎3．已知函数f(x)＝(x－1)2－x＋ln x(a＞0)．‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若1＜a＜e，试判断f(x)的零点个数．‎ 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝a(x－1)－1＋＝，‎ 令f′(x)＝0，则x1＝1，x2＝，‎ - 6 -‎ ‎①若a＝1，则f′(x)≥0恒成立，‎ 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ ‎②若0＜a＜1，则＞1，‎ 当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，‎ 当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，‎ 当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．‎ ‎③若a＞1，则0＜＜1，‎ 当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，‎ 当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，‎ 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．‎ 综上所述，当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ 当0＜a＜1时，f(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减；‎ 当a＞1时，f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．‎ ‎(2)当1＜a＜e时，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减，‎ 所以f(x)的极小值为f(1)＝－1＜0，‎ f(x)的极大值为f＝2－＋ln ＝－－ln a－1.‎ 设g(a)＝－－ln a－1，其中a∈(1，e)，‎ 则g′(a)＝＋－＝＝＞0，‎ 所以g(a)在(1，e)上单调递增，‎ 所以g(a)＜g(e)＝－－2＜0.‎ 因为f(4)＝(4－1)2－4＋ln 4＞×9－4＋ln 4＝ln 4＋＞0，‎ 所以存在x0∈(1,4)，使f(x0)＝0，‎ 所以当1＜a＜e时，f(x)有且只有一个零点．‎ B级——拔高题满分练 - 6 -‎ ‎1．已知函数f(x)＝ln x＋a，a∈R.‎ ‎(1)若f(x)≥0，求实数a的取值集合；‎ ‎(2)证明：ex＋≥2－ln x＋x2＋(e－2)x.‎ 解：(1)由已知，有f′(x)＝－＝(x＞0)．‎ 当a≤0时，f＝－ln 2＋a＜0，与条件f(x)≥0矛盾，不合题意．‎ 当a＞0时，若x∈(0，a)，则f′(x)＜0，f(x)单调递减．‎ 若x∈(a，＋∞)，则f′(x)＞0，f(x)单调递增．‎ ‎∴f(x)在(0，＋∞)上有最小值f(a)＝ln a＋a＝ln a＋1－a.‎ 由f(x)≥0，知ln a＋1－a≥0.‎ 令g(x)＝ln x－x＋1(x＞0)，则g′(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．‎ ‎∴g(x)在(0，＋∞)上有最大值g(1)＝0，‎ ‎∴g(x)＝ln x－x＋1≤0.‎ ‎∴ln a－a＋1≤0.‎ ‎∴ln a－a＋1＝0，∴a＝1.‎ 综上，当f(x)≥0时，实数a的取值集合为{1}．‎ ‎(2)证明：由(1)可知，当a＝1时，f(x)≥0，即ln x≥1－在(0，＋∞)上恒成立，‎ ‎∴要证ex＋≥2－ln x＋x2＋(e－2)x，‎ 只需证当x＞0时，ex－x2－(e－2)x－1≥0.‎ 令h(x)＝ex－x2－(e－2)x－1(x≥0)，‎ 则h′(x)＝ex－2x－(e－2)．‎ 令u(x)＝ex－2x－(e－2)，则u′(x)＝ex－2.‎ 令u′(x)＝0，得x＝ln 2.‎ 当x∈(0，ln 2)时，u′(x)＜0，u(x)单调递减；‎ 当x∈(ln 2，＋∞)时，u′(x)＞0，u(x)单调递增．‎ 即h′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增．‎ 而h′(0)＝1－(e－2)＝3－e＞0，h′(ln 2)＜h′(1)＝0，‎ ‎∴存在x0∈(0，ln 2)，使得h′(x0)＝0.‎ - 6 -‎ 当x∈(0，x0)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当x∈(x0,1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．‎ 又h(0)＝1－1＝0，h(1)＝e－1－(e－2)－1＝0，‎ ‎∴对任意x＞0，h(x)≥0恒成立，‎ 即ex－x2－(e－2)x－1≥0.‎ 综上所述，ex＋≥2－ln x＋x2＋(e－2)x成立．‎ ‎2．已知函数f(x)＝ln x－，g(x)＝.‎ ‎(1)求函数f(x)在[1，＋∞)上的最小值；‎ ‎(2)设b＞a＞0，证明：＜；‎ ‎(3)若存在实数m，使方程g(x)＝m有两个实数根x1，x2，且x2＞x1＞，证明：x1＋x2＞5.‎ 解：(1)因为f′(x)＝－＝≥0，‎ 所以f(x)在[1，＋∞)上单调递增．‎ 又f(1)＝0，所以f(x)min＝f(1)＝0.‎ ‎(2)证明：由(1)知，当x∈[1，＋∞)时，f(x)＝ln x－≥0，即ln x≥，‎ 由b＞a＞0，得＞1，所以ln ＞，‎ 化简得ln b－ln a＞，‎ 所以＜.‎ ‎(3)证明：由＝＝m，‎ 可得ln ＝ln ，‎ 即ln ex1－1－ln(2x1－3)＝ln ex2－1－ln(2x2－3)，‎ 所以ln(2x2－3)－ln(2x1－3)＝x2－x1＝.‎ 所以由(2)知，2＝＜，化简得＞2，即x1‎ - 6 -‎ ‎＋x2＞5.‎ ‎3．(2019·洛阳统考)已知函数f(x)＝x2－aln x.‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性；‎ ‎(2)若a＞0，函数f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点，求a的取值范围．‎ 解：(1)f′(x)＝x－＝(x＞0)．‎ ‎①a≤0时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ ‎②a＞0时，由f′(x)＞0，得x＞；由f′(x)＜0，得0＜x＜，‎ 所以f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．‎ 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ 当a＞0时，f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．‎ ‎(2)当a＞0时，由(1)知f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，‎ ‎①若≤1，即0＜a≤1时，f(x)在(1，e)上单调递增，‎ f(1)＝，f(x)在区间(1，e)上无零点．‎ ‎②若1＜＜e，即1＜a＜e2时，f(x)在(1，)上单调递减，在(，e)上单调递增，‎ 所以f(x)min＝f()＝a(1－ln a)．‎ 若函数f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点，‎ 则需满足 解得e＜a＜e2.‎ ‎③若≥e，即a≥e2时，f(x)在(1，e)上单调递减，‎ f(1)＝＞0，f(e)＝e2－a＜0，f(x)在区间(1，e)上有一个零点．‎ 综上，f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点时，a的取值范围是.‎ - 6 -‎