（江苏专用）高考数学专题复习 专题3 导数及其应用 第24练 高考大题突破练——导数练习 文-人教版高三全册数学试题VIP专享VIP免费

（江苏专用）2018版高考数学专题复习专题3导数及其应用第24练高考大题突破练——导数练习文训练目标(1)导数的综合应用；(2)压轴大题突破．训练题型(1)导数与不等式的综合；(2)利用导数研究函数零点；(3)利用导数求参数范围．解题策略(1)不等式恒成立(或有解)可转化为函数的最值问题，函数零点可以和函数图象相结合；(2)求参数范围可用分离参数法.1．(2016·常州一模)已知函数f(x)＝lnx－x－，a∈R.(1)当a＝0时，求函数f(x)的极大值；(2)求函数f(x)的单调区间．2．(2015·课标全国Ⅱ)已知函数f(x)＝lnx＋a(1－x)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．3．已知函数f(x)＝lnx＋(a＞0)．(1)求f(x)的单调区间；(2)讨论关于x的方程f(x)＝－的实根情况．4．已知函数f(x)＝(1＋x)e－2x，当x∈[0,1]时，求证：1－x≤f(x)≤.5．已知函数f(x)＝xlnx和g(x)＝m(x2－1)(m∈R)．(1)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．解函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．(1)当a＝0时，f(x)＝lnx－x，f′(x)＝－1.令f′(x)＝0，得x＝1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－f(x)极大值1所以f(x)的极大值为f(1)＝－1.(2)f′(x)＝－1＋＝.令f′(x)＝0，得－x2＋x＋a＝0，则Δ＝1＋4a.①当a≤－时，f′(x)≤0恒成立，所以函数f(x)的单调减区间为(0，＋∞)；②当a＞－时，由f′(x)＝0，得x1＝，x2＝.(i)若－＜a＜0，则x1＞x2＞0，由f′(x)＜0，得0＜x＜x2，x＞x1；由f′(x)＞0，得x2＜x＜x1.所以f(x)的单调减区间为(0，)，(，＋∞)，单调增区间为(，)．(ii)若a＝0，由(1)知f(x)的单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1，＋∞)．(iii)若a＞0，则x1＞0＞x2，由f′(x)＜0，得x＞x1；由f′(x)＞0，得0＜x＜x1.所以f(x)的单调减区间为(，＋∞)，单调增区间为(0，)．综上所述，当a≤－时，f(x)的单调减区间为(0，＋∞)；当－＜a＜0时，f(x)的单调减区间为(0，)，(，＋∞)，单调增区间为(，)；当a≥0时，f(x)的单调减区间为(，＋∞)，单调增区间为(0，)．2．解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若a＞0，则当x∈时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)无最大值；当a＞0时，f(x)在x＝取得最大值，最大值为f＝ln＋a＝－lna＋a－1.因此f＞2a－2等价于lna＋a－1＜0.令g(a)＝lna＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；当a＞1时，g(a)＞0.因此，a的取值范围是(0,1)．3．解(1)f(x)＝lnx＋的定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝－＝.因为a＞0，由f′(x)＞0，2得x∈(a，＋∞)，由f′(x)＜0，得x∈(0，a)，所以f(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)．(2)由题意，将方程f(x)＝－化简得b＝lnx－x2＋，x∈(0，＋∞)．令h(x)＝lnx－x2－b＋，则h′(x)＝－x＝.当x∈(0,1)时，h′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，所以h(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．所以h(x)在x＝1处取得极大值，即最大值，最大值为h(1)＝ln1－×12－b＋＝－b.所以当－b＞0，即b＜0时，y＝h(x)的图象与x轴恰有两个交点，方程f(x)＝－有两个实根；当b＝0时，y＝h(x)的图象与x轴恰有一个交点，方程f(x)＝－有一个实根；当b＞0时，y＝h(x)的图象与x轴无交点，方程f(x)＝－无实根．4．证明要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≥1－x，只需证明(1＋x)e－x≥(1－x)ex.记h(x)＝(1＋x)e－x－(1－x)ex，则h′(x)＝x(ex－e－x)．显然，当x∈(0,1)时，h′(x)＞0，∴h(x)在[0,1]上是增函数，∴h(x)≥h(0)＝0.∴f(x)≥1－x，x∈[0,1]．要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≤，只需证明ex≥x＋1.记K(x)＝ex－x－1，则K′(x)＝ex－1.当x∈(0,1)时，K′(x)＞0，∴K(x)在[0,1]上是增函数．∴K(x)≥K(0)＝0，∴f(x)≤，x∈[0,1]．综上，1－x≤f(x)≤，x∈[0,1]．5．(1)解m...