高考数学大二轮复习 专题二 函数与导数 第4讲 导数与函数、不等式的综合应用练习 理-人教版高三全册数学试题VIP专享VIP免费

第二篇专题二第4讲导数与函数、不等式的综合应用[限时训练·素能提升](限时50分钟，满分48分)解答题(本题共4小题，每小题12分，共48分)1．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程；(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥0.解析(1)f′(x)＝，f′(0)＝2.因此曲线y＝f(x)在(0，－1)处的切线方程是2x－y－1＝0.(2)当a≥1时，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1.当x<－1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增；所以g(x)≥g(－1)＝0.因此f(x)＋e≥0.2．(2018·鹰潭二模)已知函数f(x)＝2lnx＋－2lna－k，(1)若k＝0，证明f(x)>0；(2)若f(x)≥0，求k的取值范围；并证明此时f(x)的极值存在且与a无关．解析(1)若k＝0，f′(x)＝－＝.当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f＝2ln＋2－2lna＝2(1－ln2)>0，得证．(2)若f(x)＝2lnx＋－2lna－k≥0，变形得到2ln＋≥k.令＝t(t>0)，得到≥k，令g(t)＝，g′(t)＝，令k(t)＝t－tlnt－1，k′(t)＝－lnt，可得k(t)在(0，1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减，所以k(t)≤0，g′(t)≤0.g(t)在(0，＋∞)上单调递减，当t→＋∞，g(t)→0，所以g(t)>0，所以k≤0，下面再证明f(x)的极值存在且与a无关：①k＝0，f′(x)＝－＝，f(x)极小值＝f＝2ln＋2－2lna＝2(1－ln2)与a无关．②k<0，f′(x)＝－－＝＝.所以x－x1>0且f(x)在x2处取极小值．f(x2)＝2lnx2＋－2lna－k＝2ln＋－k.因为x2＝，所以＝是关于k的函数(与a无关)，所以f(x2)＝2ln＋－k也是关于k(与a无关)．3．(2018·长春二模)已知函数f(x)＝xex＋.(1)求证：函数f(x)有唯一零点；(2)若对任意x∈(0，＋∞)，xex－lnx≥1＋kx恒成立，求实数k的取值范围．解析(1)f′(x)＝(x＋1)ex＋，易知f′(x)在(0，e)上为正数．因此f(x)在区间(0，1)上为增函数，1又f＝<0，f(1)＝e>0，因此ff(1)<0，即f(x)在区间(0，1)上恰有一个零点，由题可知f(x)>0在(1，＋∞)上恒成立，即在(1，＋∞)上无零点，所以f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．(2)设f(x)的零点为x0，即x0ex0＋＝0.原不等式可化为≥k，令g(x)＝，则g′(x)＝，由(1)可知g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，故g(x0)为g(x)的最小值，下面分析x0ex0＋＝0.设x0ex0＝t，则＝－t，可得即x0(1－t)＝lnt，若t>1，等式左负右正不相等，若t<1，等式左正右负不相等，只能t＝1.因此g(x0)＝＝－＝1，所以k≤1.4．(2018·石家庄二模)已知函数f(x)＝x＋axlnx(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)＝x＋axlnx存在极大值，且极大值点为1，证明：f(x)≤e－x＋x2.解析(1)由题意x>0，f′(x)＝1＋a＋alnx.①当a＝0时，f(x)＝x，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a>0时，函数f′(x)＝1＋a＋alnx单调递增，f′(x)＝1＋a＋alnx＝0⇒x＝e－1－>0，故当x∈(0，e－1－)时，f′(x)<0，当x∈(e－1－，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0，e－1－)上单调递减，在(e－1－，＋∞)上单调递增；③当a<0时，函数f′(x)＝1＋a＋alnx单调递减，f′(x)＝1＋a＋alnx＝0⇒x＝e－1－>0，故当x∈(0，e－1－)时，f′(x)>0，当x∈(e－1－，＋∞)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(0，e－1－)上单调递增，在(e－1－，＋∞)上单调递减．(2)由(1)可知若函数f(x)＝x＋axlnx存在极大值，且极大值点为1，则a<0，且e－1－＝1，解得a＝－1，故此时f(x)＝x－xlnx，要证f(x)≤e－x＋x2，只须证x－xlnx≤e－x＋x2，即证e－x＋x2－x＋xlnx≥0，设h(x)＝e－x＋x2－x＋xlnx，x>0，则h′(x)＝－e－x＋2x＋lnx.令g(x)＝h′(x)，则g′(x)＝e－x＋2＋>0，所以函数h′(x)＝－e－x＋2x＋lnx单调递增，又h′＝－e－＋－1<0，h′(1)＝－＋2>0，故h′(x)＝－e－x＋2x＋lnx在上存在唯一零点x0，即－e－x0＋2x0＋lnx0＝0.所以当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，所以函数h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(x0)＝e－x0＋x－x0＋x0lnx0，所以只需证h(x0)＝e－x0＋x－x0＋x0lnx0≥0即可，由－e－x0＋2x0＋lnx0＝0，得e－...