2019届高考数学专题二函数与导数第3讲导数的综合应用（A）限时训练理.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1,4导数与函数零点2,31.(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,(,+)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丰台区二模)已知函数f(x)=xcos x-ax+a,x0,(a0).(1)当a1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)=xcos x-ax+a,则f(x)=cos x-xsin x-a.令g(x)=cos x-xsin x-a,x0,则g(x)=-2sin x-xcos x0,所以g(x)在区间0,上单调递减,因为g(0)=1-a0,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a1时,f(x)在0,上单调递减,因为f(0)=a0,f()=a(1-)0,所以f(x)有且仅有一个零点,当-a0,即a-时,g(x)0,即f(x)0,f(x)在0,上单调递增.因为f(0)=a0,所以f(x)有且仅有一个零点,当-a0,g()=-a0,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a0,所以f(0)f()=a2(1-)-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,x01,+),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-10恒成立,再令G(x)