高考数学二轮复习 第一篇 专题二 函数与导数 第3讲 导数的综合应用（A）限时训练 理-人教版高三全册数学试题VIP免费

第3讲导数的综合应用(A)(限时:45分钟)【选题明细表】知识点、方法题号导数与不等式1,4导数与函数零点2,31.(2018·江西师大三模)已知函数f(x)=alnx-2ax+1.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若对任意的x≥1,不等式f(x)+ex-1≥0恒成立,求实数a的取值范围.解:(1)f′(x)=,x>0,当a=0时,f′(x)=0,所以此时f(x)不具有单调性,当a>0时,令f′(x)>00⇒,所以此时f(x)在区间(0,)上单调递增,(,+∞)上单调递减;当a<0时,令f′(x)>0x>⇒,f′(x)<001时,(1)<0,此时在[1,+∞)上存在x0,使(x)在(1,x0)上值为负,此时h′(x)<0,h(x)在(1,x0)上递减,此时h(x)0时,函数g(x)=f(x)-x-2有且仅有一个零点,若此时x∈[e-1,e],g(x)≥m恒成立,求实数m的取值范围.解:(1)f(x)=(x2-2x)lnx+ax2+2(x>0),f′(x)=(2x-2)lnx+x-2+2ax,由已知f′(1)=-1+2a=-3,所以a=-1.(2)g(x)=(x2-2x)lnx+ax2-x(x>0)有且仅有一个零点,即方程(x-2)lnx+ax-1=0(x>0)有唯一的实数根,所以a=(x>0),即直线y=a与函数y=(x>0)的图象有唯一的交点,构造函数h(x)==-lnx+(x>0),h′(x)=(x>0).令y=1-x-2lnx,y′=-1-<0,y=1-x-2lnx在(0,+∞)上单调递减,而x=1时,y=0,所以h′(1)=0;当00,h′(x)>0;当x>1时,y<0,h′(x)<0,所以01时,h(x)单调递减且x→0,h(x)→-∞;x→+∞,h(x)→-∞,所以a=h(1)=1.已知可化为m≤g(x)=(x2-2x)lnx+x2-x(e-1≤x≤e)的最小值.g′(x)=(x-1)(2lnx+3)(e-1≤x≤e),所以g(x)在(e-1,1)上单调递减,在(1,e)上单调递增,所以m≤g(x)min=g(1)=0.综上,实数m的取值范围是(-∞,0].3.(2018·丰台区二模)已知函数f(x)=xcosx-ax+a,x∈[0,],(a≠0).(1)当a≥1时,求f(x)的单调区间;(2)求证:f(x)有且仅有一个零点.(1)解:根据题意,f(x)=xcosx-ax+a,则f′(x)=cosx-xsinx-a.令g(x)=cosx-xsinx-a,x∈[0,],则g′(x)=-2sinx-xcosx≤0,所以g(x)在区间[0,]上单调递减,因为g(0)=1-a≤0,所以g(x)≤0,即f′(x)≤0,所以f(x)的单调递减区间是[0,],没有单调递增区间.(2)证明:由(1)知,g(x)在区间[0,]上单调递减,且g(0)=1-a,g()=--a.当a≥1时,f(x)在[0,]上单调递减,因为f(0)=a>0,f()=a(1-)<0,所以f(x)有且仅有一个零点,当--a≥0,即a≤-时,g(x)≥0,即f′(x)≥0,f(x)在[0,]上单调递增.因为f(0)=a<0,f()=a(1-)>0,所以f(x)有且仅有一个零点,当-0,g()=--a<0,所以存在x0∈(0,),使得g(x0)=0,x,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(0,x0)x0(x0,)f′(x)+0-f(x)↗极大值↘所以f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,)上单调递减,因为f(0)=a,f()=a(1-),且a≠0,所以f(0)f()=a2(1-)<0.所以f(x)有且仅有一个零点,综上所述,f(x)有且仅有一个零点.4.(2018·辽宁大连八中模拟)已知函数f(x)=ex-1+a,函数g(x)=ax+lnx,a∈R.(1)求函数y=g(x)的单调区间;(2)若不等式f(x)≥g(x)+1在[1,+∞)上恒成立,求实数a的取值范围;(3)若x∈[1,+∞),求证:不等式ex-1-2lnx>-x+1.(1)解:因为g(x)=ax+lnx,a∈R,所以g′(x)=a+=,当a≥0时,增区间为(0,+∞),无减区间;当a<0时,增区间为(0,-),减区间为(-,+∞).(2)解:f(x)≥g(x)+1,即ex-1-lnx+a-ax-1≥0在[1,+∞)上恒成立,设F(x)=ex-1-lnx+a-ax-1,考虑到F(1)=0,F′(x)=ex-1--a在[1,+∞)上为增函数,因为x≥1,所以ex-1-≥0.所以当a≤0时,F′(x)≥0.F(x)在[1,+∞)上为增函数,F(x)≥0恒成立.当a>0时,F′(1)<0,F′(x)在[1,+∞)上为增函数,x∃0∈[1,+∞),使F′(x0)=0,在[1,x0)上,F′(x)<0,F(x)单调递减,F(x)<0,这时不合题意,综上所述,a≤0,即实数a的取值范围为(-∞,0].(3)证明:要证明在[1,+∞)上,ex-1-2lnx>-x+1,只需证明(ex-1-lnx-1)+(x-lnx)>0.由(2)知当a=0时,在[1,+∞)上,ex-1-lnx-1≥0恒成立,再令G(x)=x-lnx,在[1,+∞)上,G′(x)=1-=≥0,G(x)单调递增,所以G(x)≥G(1)=1>0,即相加,得(ex-1-lnx-1)+(x-lnx)>0,所以原不等式成立.