高考数学二轮复习 限时检测提速练22 大题考法——导数的综合应用-人教版高三全册数学试题VIP免费

限时检测提速练(二十二)大题考法——导数的综合应用A组1．(2018·衡阳模拟)已知函数f(x)＝＋alnx(x∈R)．(1)若函数f(x)在(0,2)上递减，求实数a的取值范围；(2)设h(x)＝f(x)＋|(a－2)x|，x∈[1，＋∞)，求证：h(x)≥2．(1)解：函数f(x)在(0,2)上递减⇔∀x∈(0,2),恒有f′(x)≤0成立，而f′(x)＝≤0⇒∀x∈(0,2),恒有a≤成立，当x∈(0,2)时，＞1，所以a≤1．(2)证明：当a≥2时，h(x)＝f(x)＋(a－2)x＝＋alnx＋(a－2)x，h′(x)＝＋a－2≥0，所以h(x)在[1，＋∞)上是增函数，故h(x)≥h(1)＝a≥2，当a＜2时，h(x)＝f(x)－(a－2)x＝＋alnx－(a－2)x，h′(x)＝－a＋2＝＝0，解得x＝－＜0或x＝1，所以函数h(x)在[1，＋∞)单调递增，所以h(x)≥h(1)＝4－a＞2，综上所述：h(x)≥2．2．(2018·邯郸二模)已知函数f(x)＝3ex＋x2，g(x)＝9x－1．(1)求函数φ(x)＝xex＋4x－f(x)的单调区间；(2)比较f(x)与g(x)的大小，并加以证明．解：(1)φ′(x)＝(x－2)(ex－2)，令φ′(x)＝0，得x1＝ln2，x2＝2；令φ′(x)＞0，得x＜ln2或x＞2；令φ′(x)＜0，得ln2＜x＜2．故φ(x)在(－∞，ln2)上单调递增，在(ln2,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．(2)f(x)＞g(x)．证明如下：设h(x)＝f(x)－g(x)＝3ex＋x2－9x＋1， h′(x)＝3ex＋2x－9为增函数，∴可设h′(x0)＝0， h′(0)＝－6＜0，h′(1)＝3e－7＞0，∴x0∈(0,1)．当x＞x0时，h′(x)＞0；当x＜x0时，h′(x)＜0．∴h(x)min＝h(x0)＝3ex0＋x－9x0＋1，又3ex0＋2x0－9＝0，∴3ex0＝－2x0＋9，∴h(x)min＝－2x0＋9＋x－9x0＋1＝x－11x0＋10＝(x0－1)(x0－10)． x0∈(0,1)，∴(x0－1)(x0－10)＞0，∴h(x)min＞0，f(x)＞g(x)．3．(2018·西宁一模)设f(x)＝lnx，g(x)＝x|x|．(1)令F(x)＝x·f(x)－g(x)，求F(x)的单调区间；(2)若任意x1，x2∈[1，＋∞)且x1＜x2，都有m[g(x2)－g(x1)]＞x2·f(x2)－x1·f(x1)恒成立，求实数m的取值范围．解：(1)F(x)的定义域为(0，＋∞)，∴F(x)＝xlnx－x2，则F′(x)＝lnx＋1－x，令G(x)＝F′(x)＝lnx＋1－x，则G′(x)＝－1，由G′(x)＝－1＞0得0＜x＜1，G′(x)＝－1＜0，得x＞1，则G(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，即F′(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴F′(x)≤F′(1)＝0，∴F(x)的定义域为(0，＋∞)上单调递减．(2)据题意，当1≤x1＜x2时，m[g(x2)－g(x1)]＞x2·f(x2)－x1·f(x1)恒成立，∴当1≤x1＜x2时，mg(x2)－x2·f(x2)＞mg(x1)－x1·f(x1)恒成立，令H(x)＝mg(x)－x·f(x)，即H(x)＝mx2－xlnx，则H(x)在[1，＋∞)上是增函数，∴H′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，∴m≥(x≥1)，令h(x)＝(x≥1)，∴h′(x)＝＝≤0，∴h(x)在[1，＋∞)上为减函数，∴h(x)max＝h(1)＝1，∴m≥1．4．(2018·湖南联考)已知函数f(x)＝lnx＋ax．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＝1时，函数g(x)＝f(x)－x＋－m有两个零点x1，x2，且x1＜x2.求证：x1＋x2＞1．解：(1)f′(x)＝＋a，x∈(0，＋∞)，①当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a＜0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)当a＝1时，g(x)＝lnx＋－m，由已知得：lnx1＋＝m，lnx2＋＝m，两式相减得ln＋－＝0⇒x1·x2＝，∴x1＝，x2＝，∴x1＋x2＝，令t＝∈(0,1)，则h(t)＝t－－2lnt，h′(t)＝1＋－＝＞0，∴h(t)在(0,1)上单调递增，∴h(t)＜h(1)＝0，即t－＜2lnt，又lnt＜0，∴＞1，∴x1＋x2＞1．B组1．(2018·安庆二模)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2(e是自然对数的底数)．(1)判断函数f(x)极值点的个数，并说明理由；(2)若∀x＞0，f(x)＋ex≥x3＋x，求a的取值范围．解：(1)f′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)．当a≤0时，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)有1个极值点；当0＜a＜时，f(x)在(－∞，ln2a)上单调递增，在(ln2a,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)有2个极值点；当a＝时，f(x)在R上单调递增，∴f(x)没有极值点；当a＞时，f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，ln2a)上单调递减，在(ln2a，＋∞)上单调递增，∴f(x)有2个极值点；∴当a≤0时，f(x)有1个极值点；当a＞0且a≠时，f(x)有2个极值点；当a＝时，f(x)没有极值点...