2019届高三数学文科高考总复习升级增分训练导数的综合应用一含解析VIP免费

试题习题，尽在百度百度文库，精选试题升级增分训练导数的综合应用（一）1．设函数f(x)＝lnx＋ax2＋x－a－1(a∈R)．(1)当a＝－12时，求函数f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥0时，不等式f(x)≥x－1在1，＋∞)上恒成立．解：(1)当a＝－12时，f(x)＝lnx－12x2＋x－12，且定义域为(0，＋∞)，因为f′(x)＝1x－x＋1＝－x－1－52x－1＋52x，(x＞0)当x∈0，1＋52时，f′(x)＞0；当x∈1＋52，＋∞时，f′(x)＜0，所以f(x)的单调增区间是0，1＋52；单调减区间是1＋52，＋∞．(2)证明：令g(x)＝f(x)－x＋1＝lnx＋ax2－a，则g′(x)＝1x＋2ax＝2ax2＋1x，所以当a≥0时，g′(x)＞0在1，＋∞)上恒成立，所以g(x)在1，＋∞)上是增函数，且g(1)＝0，所以g(x)≥0在1，＋∞)上恒成立，即当a≥0时，不等式f(x)≥x－1在1，＋∞)上恒成立．2．(2016·海口调研)已知函数f(x)＝mx－mx，g(x)＝3lnx．(1)当m＝4时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)若x∈(1，e](e是自然对数的底数)时，不等式f(x)－g(x)＜3恒成立，求实数m的取值范围．试题习题，尽在百度百度文库，精选试题解：(1)当m＝4时，f(x)＝4x－4x，f′(x)＝4＋4x2，f′(2)＝5，又f(2)＝6，∴所求切线方程为y－6＝5(x－2)，即y＝5x－4．(2)由题意知，x∈(1，e]时，mx－mx－3lnx＜3恒成立，即m(x2－1)＜3x＋3xlnx恒成立， x∈(1，e]，∴x2－1＞0，则m＜3x＋3xlnxx2－1恒成立．令h(x)＝3x＋3xlnxx2－1，x∈(1，e]，则m＜h(x)min．h′(x)＝－3x2＋1·lnx－6x2－12＝－3x2＋1·lnx＋6x2－12， x∈(1，e]，∴h′(x)＜0，即h(x)在(1，e]上是减函数．∴当x∈(1，e]时，h(x)min＝h(e)＝9e2e－1．∴m的取值范围是－∞，9e2e－2．3．(2017·广西质检)设函数f(x)＝clnx＋12x2＋bx(b，c∈R，c≠0)，且x＝1为f(x)的极值点．试题习题，尽在百度百度文库，精选试题(1)若x＝1为f(x)的极大值点，求f(x)的单调区间(用c表示)；(2)若f(x)＝0恰有两解，求实数c的取值范围．解：f′(x)＝cx＋x＋b＝x2＋bx＋cx(x＞0)，又f′(1)＝0，所以f′(x)＝x－1x－cx(x＞0)且c≠1，b＋c＋1＝0．(1)因为x＝1为f(x)的极大值点，所以c＞1，当0＜x＜1时，f′(x)＞0；当1＜x＜c时，f′(x)＜0；当x＞c时，f′(x)＞0，所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，(c，＋∞)；单调递减区间为(1，c)．(2)①若c＜0，则f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．f(x)＝0恰有两解，则f(1)＜0，即12＋b＜0，所以－12＜c＜0；②若0＜c＜1，则f(x)极大值＝f(c)＝clnc＋12c2＋bc，f(x)极小值＝f(1)＝12＋b，因为b＝－1－c，则f(x)极大值＝clnc＋c22＋c(－1－c)＝clnc－c－c22＜0，f(x)极小值＝－12－c＜0，从而f(x)＝0只有一解；③若c＞1，则f(x)极小值＝clnc＋c22＋c(－1－c)＝clnc－c－c22＜0，试题习题，尽在百度百度文库，精选试题f(x)极大值＝－12－c＜0，则f(x)＝0只有一解．综上，使f(x)＝0恰有两解的c的取值范围为－12，0．4．(2017·福建省质检)已知函数f(x)＝ax－ln(x＋1)，g(x)＝ex－x－1．曲线y＝f(x)与y＝g(x)在原点处的切线相同．(1)求f(x)的单调区间；(2)若x≥0时，g(x)≥kf(x)，求k的取值范围．解：(1)因为f′(x)＝a－1x＋1(x＞－1)，g′(x)＝ex－1，依题意，f′(0)＝g′(0)，即a－1＝0，解得a＝1，所以f′(x)＝1－1x＋1＝xx＋1，当－1＜x＜0时，f′(x)＜0；当x＞0时，f′(x)＞0．故f(x)的单调递减区间为(－1,0)，单调递增区间为(0，＋∞)．(2)由(1)知，当x＝0时，f(x)取得最小值0，所以f(x)≥0，即x≥ln(x＋1)，从而ex≥x＋1．设F(x)＝g(x)－kf(x)＝ex＋kln(x＋1)－(k＋1)x－1，则F′(x)＝ex＋kx＋1－(k＋1)≥x＋1＋kx＋1－(k＋1)，(ⅰ)当k＝1时，因为x≥0，所以F′(x)≥x＋1＋1x＋1－2≥0(当且仅当x＝0时等号成立)，此时F(x)在0，＋∞)上单调递增，从而F(x)≥F(0)＝0，即g(x)≥kf(x)．(ⅱ)当k＜1时，因为f(x)≥0，所以f(x)≥kf(x)．由(ⅰ)知g(x)－f(x)≥0，所以g(x)≥f(x)≥kf(x)，试题习题，尽在百度百度文库，精选试题故g(x)≥kf(x)．(ⅲ)当k＞1时，令h(x)＝ex＋kx＋1－(k＋1)，则h′(x)＝ex－kx＋12，显然h′(x)在0，＋∞)上单调递增，又h′(0)＝1－k＜0，h′(k－1)＝ek－1...