【文档说明】高考数学(文数)一轮复习习题 专题训练 导数的综合应用（一） (含解析).doc，共(6)页，60.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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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(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．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)＝－x2＋x－

6x2－2＝－x2＋x＋6x2－2，∵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)＝9e－．∴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．(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－x－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1

2＋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，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．5．(2016·石家庄质检)已知函数f(x)＝－x3＋ax－14，g(x)＝ex－e(e为自然对数的底数)．(1)若曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线与曲线y＝g(x)在(0，g(0))处的切线互相垂直，求实数a的值；(2)设函数h(

x)＝fx，fxgx，gx，fx＜gx，试讨论函数h(x)零点的个数．解：(1)由已知，f′(x)＝－3x2＋a，g′(x)＝ex，所以f′(0)＝a，g′(0)＝1，由题意，知a＝－1．(2)易知函数g(x)＝ex－e在

R上单调递增，仅在x＝1处有一个零点，且x＜1时，g(x)＜0，又f′(x)＝－3x2＋a，①当a≤0时，f′(x)≤0，f(x)在R上单调递减，且过点0，－14，f(－1)＝34－a＞0，即f(

x)在x≤0时必有一个零点，此时y＝h(x)有两个零点；②当a＞0时，令f′(x)＝－3x2＋a＝0，两根为x1＝－a3＜0，x2＝a3＞0，则－a3是函数f(x)的一个极小值点，a3是函数f(x)的一个极大值点，而f－a

3＝－－a33＋a－a3－14＝－2a3a3－14＜0；现在讨论极大值的情况：fa3＝－a33＋aa3－14＝2a3a3－14，当fa3＜0，即a＜34时，函数y＝f(x)在(0，＋∞)上恒小于零，此时y＝h(x)有两个零点；当fa3＝0，即a＝34时，函数y

＝f(x)在(0，＋∞)上有一个零点x0＝a3＝12，此时y＝h(x)有三个零点；当fa3＞0，即a＞34时，函数y＝f(x)在(0，＋∞)上有两个零点，一个零点小于a3，一个零点大于a3，若f(1)＝－1＋a－14＜0，即a＜54时

，y＝h(x)有四个零点；若f(1)＝－1＋a－14＝0，即a＝54时，y＝h(x)有三个零点；若f(1)＝－1＋a－14＞0，即a＞54时，y＝h(x)有两个零点．综上所述：当a＜34或a＞54时，y＝h(x)有两个零点；当

a＝34或a＝54时，y＝h(x)有三个零点；当34＜a＜54时，y＝h(x)有四个零点．6．已知函数f(x)＝ax＋blnx＋1，此函数在点(1，f(1))处的切线为x轴．(1)求函数f(x)的单调区间和最大值；(2)当x＞0时，证明：1x＋1＜lnx＋1x＜1x；(3)已知

n∈N*，n≥2，求证：12＋13＋…＋1n＜lnn＜1＋12＋…＋1n－1．解：(1)由题意得f＝0，f＝0，因为f′(x)＝a＋bx，所以a＋1＝0，a＋b＝0，解得a＝－1，b＝1，所以f(x)＝－x＋lnx＋1．即f′(x)＝－1＋1

x＝1－xx，又函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以当0＜x＜1时，f′(x)＞0，当x＞1时，f′(x)＜0．故函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)，函数f(x)的最大值为f(1)＝0．(2)证明：由(1)知f(x)＝－x＋lnx＋1，且f

(x)≤0(当且仅当x＝1时取等号)，所以lnx≤x－1(当且仅当x＝1时取等号)．当x＞0时，由x＋1x≠1，得lnx＋1x＜x＋1x－1＝1x；由xx＋1≠1，得lnxx＋1＜xx＋1－1＝－1x＋1⇒－lnxx＋1＞1x＋1⇒lnx＋1x＞1x＋1．故当x＞0时，1x＋1

＜lnx＋1x＜1x．(3)证明：由(2)可知，当x＞0时，1x＋1＜lnx＋1x＜1x．取x＝1,2，…，n－1，n∈N*，n≥2，将所得各式相加，得12＋13＋…＋1n＜ln21＋ln32＋…＋lnnn－1＜1＋12＋…＋1n－1，故12＋13

＋…＋1n＜lnn＜1＋12＋…＋1n－1．