2019届高考数学复习专题二函数与导数第3讲导数的综合应用（A）限时训练文.docx

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1,3,4导数与函数零点21.(2018江西师大三模)已知函数f(x)=aln x-2ax+1.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若对任意的x1,不等式f(x)+ex-10恒成立,求实数a的取值范围.解:(1)f(x)=,x0,当a=0时,f(x)=0,所以此时f(x)不具有单调性,当a0时,令f(x)00x,f(x),所以此时f(x)在区间(0,)上单调递增,在(,+)上单调递减;当a0x,f(x)00x1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)h(1)=1-a0,所以g(x)在(1,x0)上递减,所以g(x)g(1)=2-2a0时,函数g(x)=f(x)-x-2有且仅有一个零点,若此时xe-1,e,g(x)m恒成立,求实数m的取值范围.解:(1)f(x)=(x2-2x)ln x+ax2+2(x0),f(x)=(2x-2)ln x+x-2+2ax,由已知f(1)=-1+2a=-3,所以a=-1.(2)g(x)=(x2-2x)ln x+ax2-x(x0)有且仅有一个零点,即方程(x-2)ln x+ax-1=0(x0)有唯一的实数根,所以a=(x0),即直线y=a与函数y=(x0)的图象有唯一的交点,构造函数h(x)=-ln x+(x0),h(x)=(x0).令y=1-x-2ln x,y=-1-0,y=1-x-2ln x在(0,+)上单调递减,而x=1时,y=0,所以h(1)=0;当0x0,h(x)0;当x1时,y0,h(x)0,所以0x1时,h(x)单调递减且x0,h(x)-;x+,h(x)-,所以a=h(1)=1.已知可化为mg(x)=(x2-2x)ln x+x2-x(e-1xe)的最小值.g(x)=(x-1)(2ln x+3)(e-1xe),所以g(x)在(e-1,1)上单调递减,在(1,e)上单调递增,所以mg(x)min=g(1)=0.综上,实数m的取值范围是(-,0.3.(2018河南南阳一中三模)设函数f(x)=ax-2-ln x(aR).(1)若f(x)在点(e,f(e)处的切线为x-ey+b=0,求a,b的值;(2)求f(x)的单调区间;(3)若g(x)=ax-ex,求证:当x0时,f(x)g(x).(1)解:因为f(x)=ax-2-ln x(aR),所以f(x)=a-=,又f(x)在点(e,f(e)处的切线的斜率为,所以f(e)=,所以a=,所以切点为(e,-1),把切点代入切线方程得b=-2e.(2)解:由(1)知f(x)=a-=(x0).当a0时,f(x)0时,令f(x)=0,解得x=,当x(0,)时,f(x)0,f(x)单调递增.综上所述:当a0时,f(x)的单调减区间为(0,+),无增区间;当a0时,f(x)的单调减区间为(0,),单调增区间为(,+).(3)证明:当x0时,要证f(x)-ax+ex0,即证ex-ln x-20.令h(x)=ex-ln x-2(x0),只需证h(x)0,h(x)=ex-,由指数函数及幂函数的性质知,h(x)=ex-在(0,+)上是增函数,又h(1)=e-10,h()=-30,所以h()0h(1),h(x)在(,1)内存在唯一的零点,也即h(x)在(0,+)上有唯一零点.设h(x)的零点为t,则h(t)=et-=0,即et=(t1),由h(x)的单调性知,当x(0,t)时,h(x)h(t)=0,h(x)为增函数,所以当x0时,h(x)h(t)=et-ln t-2=-ln -2=+t-2,又t2-2=0.所以当x0时,f(x)g(x).4.(2018辽宁大连八中模拟)已知函数f(x)=ex-1+a,函数g(x)=ax+ln x,aR.(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x1,+),求证:不等式ex-1-2ln x-x+1.(1)解:因为g(x)=ax+ln x,aR,所以g(x)=a+=,当a0时,增区间为(0,+),无减区间;当a0时,F(1)0,F(x)在1,+)上为增函数,x0(1,+),使F(x0)=0,在(1,x0)上,F(x)0,F(x)单调递减,F(x)-x+1,只需证明(ex-1-ln x-1)+(x-ln x)0.由(2)知当a=0时,在1,+)上,ex-1-ln x