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(江苏专用)高考数学一轮复习 加练半小时 专题3 导数及其应用 第25练 高考大题突破练—导数 理(含解析)-人教版高三数学试题VIP免费

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第25练高考大题突破练—导数[基础保分练]1.已知函数f(x)=ax+x2-xlna-b(a,b∈R,a>1),e是自然对数的底数.(1)当a=e,b=4时,求函数f(x)的零点个数;(2)若b=1,求f(x)在[-1,1]上的最大值.2.(2019·江苏省部分重点高中联考)已知函数f(x)=x2+alnx.(1)当a<0时,∃x>0,使f(x)≤0成立,求a的取值范围;(2)令g(x)=f(x)-(a+1)x,a∈(1,e],证明:对∀x1,x2∈[1,a],恒有|g(x1)-g(x2)|<1.3.(2018·南京模拟)已知函数f(x)=lnx-x2+(a-1)x(a∈R).(1)当a≥0时,求函数f(x)的极值;(2)若函数f(x)有两个相异零点x1,x2,求a的取值范围,并证明x1+x2>2.[能力提升练]4.已知函数f(x)=xlnx和g(x)=m(x2-1)(m∈R).(1)当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;(3)求证:++…+>ln(2n+1)(n∈N*).答案精析1.解(1)f(x)=ex+x2-x-4,所以f′(x)=ex+2x-1,所以f′(0)=0,当x>0时,ex>1,所以f′(x)>0,故f(x)是(0,+∞)上的增函数,当x<0时,ex<1,所以f′(x)<0,故f(x)是(-∞,0)上的减函数,f(1)=e-4<0,f(2)=e2-2>0,所以存在x1∈(1,2)是f(x)在(0,+∞)上的唯一零点,f(-2)=+2>0,f(-1)=-2<0,所以存在x2∈(-2,-1)是f(x)在(-∞,0)上的唯一零点,所以f(x)的零点个数为2.(2)f′(x)=axlna+2x-lna=2x+(ax-1)lna,当x>0时,由a>1,可知ax-1>0,lna>0,所以f′(x)>0,当x<0时,由a>1,可知ax-1<0,lna>0,所以f′(x)<0,当x=0时,f′(x)=0,所以f(x)是[-1,0]上的减函数,[0,1]上的增函数,所以当x∈[-1,1]时,f(x)min=f(0),f(x)max为f(-1)和f(1)中的较大者,而f(1)-f(-1)=a--2lna,设g(x)=x--2lnx(x>1),因为g′(x)=1+-=2>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,而g(1)=0,所以当x>1时,g(x)>0,即a>1时,a--2lna>0,所以f(1)>f(-1).所以f(x)在[-1,1]上的最大值为f(1)=a-lna.2.(1)解当a<0时,由f′(x)=x+,令f′(x)=0,∴x=,列表得:x(0,)(,+∞)f′(x)-0+f(x)减函数极小值增函数这时f(x)min=f()=-+aln, ∃x>0,使f(x)≤0成立,∴-+aln≤0,∴a≤-e,∴a的取值范围为(-∞,-e].(2)证明 对∀x∈[1,a],g′(x)=≤0,∴g(x)在[1,a]内单调递减,∴|g(x1)-g(x2)|≤g(1)-g(a)=a2-alna-.要证明|g(x1)-g(x2)|<1,只需证明a2-alna-<1,即证明a-lna-<0.令h(a)=a-lna-,h′(a)=-+=2+>0,∴h(a)=a-lna-在a∈(1,e]是单调递增函数,∴h(a)≤h(e)=-1-=<0,故命题成立.3.解(1)由f(x)=lnx-x2+(a-1)x得f′(x)=-ax+a-1=-.当a≥0时,ax+1>0,当00;当x>1时,f′(x)<0,故当a≥0时,函数f(x)在x=1处取得极大值,极大值f(1)=-1,无极小值.(2)当a≥0时,由(1)知f(x)在x=1处取得极大值,且f(1)=-1,当x→0时,f(x)→-∞,又f(2)=ln2-2<0,若f(x)有两个相异零点,则f(1)=-1>0,解得a>2.当-10;若1-,则f′(x)>0,则f(x)在x=1处取得极大值,在x=-处取得极小值,由于f(1)=-1<0,则f(x)仅有一个零点.当a=-1时,f′(x)=≥0,则f(x)仅有一个零点.当a<-1时,若00;若-1,则f′(x)>0,则f(x)在x=1处取得极小值,在x=-处取得极大值,由于f=-ln(-a)+-1<0,则f(x)仅有一个零点.综上,f(x)有两个相异零点时,a的取值范围是(2,+∞).两零点分别在区间(0,1)和(1,2)内,不妨设02,需证明x2>2-x1,又由(1)知f(x)在(1,+∞)上单调递减,故只需证明f(2-x1)>f(x2)=0即可.f(2-x1)=ln(2-x1)-(2-x1)2+(a-1)(2-x1)=ln(2-x1)-x+(a+1)x1-2.又f(x1)=lnx1-x+(a-1)x1=0,所以f(2-x1)=ln(2-x1)-lnx1+2x1-2,令h(x)=ln(2-x)-lnx+2x-2(0h(1)=0,即f(2-x1)>0,所以x1+x2>0.4.(1)解当m=1时,f(x)=g(x),即xlnx=x2-1(x>0),所以方...

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