2018高考数学复习导数及其应用3导数的综合应用撬题理

1、兀兀兀,? x2 , ,x1*x2,343fX2 fX1x2 Xi0,那么关于x的函数x一 1 一g(x)=f(x)+一的零点个数为()xA. 1 B . 2C. 0 D . 0 或 2答案 C解析 由 f ( x) +-0, 得-0,当 x0 时,xf (x) + f(x)0,xx即xf(x) 0,函数xf(x)单调递增；当 x0 时,xf (x) + f(x)0,即xf(x) 0f(0) =0,又 g(x) = f(x)+x =,函数 g(x)=的零点xx个数等价于函数y = xf (x) + 1的零点个数.当 x0 时,y= xf (x) + 11,当 x1,所以函数 y = xf (x

2、) + 1 无零点, 所以函数g(x) = f (x) + x 1的零点个数为0.应选C.2 .设函数f(x)是定义在(一8, 0)上的可导函数,其导函数为 f (x),且有2f (x) + xf (x)x：那么不等式(x+2021) 2f(x+2021)4f( 2)0 的解集为.答案(8, 2021)解析 由 2f (x)+xf( x)x2,x0 得2xf(x)+ x2f( x)x：x2f (x)x30.令F(x)= x2f (x)( x0),贝 U F (x)0(x0 即 为 F( x+2021) -F( -2)0 ,即 F(x+2021)F(-2),又由于 F(x)在(一8, 0)上是减

3、函数, 所以 x+ 2021-2, . x 2021.兀 兀兀3 . f (x) = ax cosx, x , .右 xi C ,答案a 一兀 兀解析 f (x) = a+sin x.依题意可知f (x)在上为减函数,所以f (x)wo对x43兀 兀, ,、一,一,兀兀,、一兀 兀 , 恒成立,可得 aw sin x 对 xC ,恒成立. 设 g(x) = sin x, xC ,. 易知g(x)为减函数,故g(x)min= 、,所以aw 、,.4 .设函数 f(x) = emx+ x2mx(1)证实：f(x)在(8, 0)单调递减,在(0, +8)单调递增；(2)假设对于任意xi, x2C1,

4、1,都有|f(xi)f(x2)| we1,求m的取值范围.解 (1)证实：f ( x) = m(emx1) + 2x.假设 0,那么当 xC ( 8, 0)时,emx10, f (x)0, f (x)0.假设 n0,f (x)0 ;当 xC (0 ,+oo)时,emx 10. 所以,f (x)在(8, 0)单调递减,在(0, +8)单调递增.(2)由(1)知,对任意的 簿f(x)在1,0单调递减,在0,1单调递增,故f(x)在x=0 处取得最小值.所以对于任意xi , x2 - 1,1 , | f (xi) - f (x2)| we 1的充要条件是f 1 一 f 0 &e一15f - 1 一

5、f 0 & e一 1,em me e 1,即,二诈e-1.设函数 g(t) = et - t - e+ 1,那么 g (t)=e一 1.当 t0 时,g (t)0时,g (t)0.故 g(t)在(一0)单调递减,在(0 ,十8) 单调递增.又 g(1) =0, g(-1) = e 1+2-e1 时,由 g(t)的单调性,g( n)0 ,即 em ne- 1；当n0 ,即e-m+ me- 1.综上,m的取值范围是1,1.5 .设 a1,函数 f (x) = (1 +x2)exa.(1)求f (x)的单调区间；(2)证实：f(x)在( 一 oo , + OO )上仅有一个零点；(3)假设曲线y=f

6、(x)在点P处的切线与x轴平行,且在点Mm n)处的切线与直线 OP平行(O是坐标原点),证实：me 1a |-1.解 (1) f (x) =2xex+(1 +x2)ex=(x2+2x+1)ex=(x+1)2ex0,故 f(x)是 R上的单调 递增函数,其单调增区间是 (一8,+8),无单调减区间.(2)证实：由于 f(0) =(1 +02)ea= 1 a0,由零点存在性定理知,f(x)在(8, +OO)上至少有一个零点.又由(1)知,函数f (x)是(一00,+8)上的单调递增函数,故函数f (x)在(00,+8)上仅有一个零点.(3)证实：设点 Rx0, yc),由曲线y=f(x)在点P处

7、的切线与x轴平行知,f (x0)=0, 即f (x) = (x+1)2ex0= 0, (xg+ 1)2= 0, x0=1,即 R 1,2e 1a).由点MF n)处的切线与直线 OP平行知,f (n) = koP,2 m 2e a 02即(1 +m e :z= a.-1-0 e,m.32 m2由 e 1 + m口, (1 + n) w(i + n)e=a, e即 1 + rna ,即 rna - 1.6.函数 f (x) =nx-xn, xC R,其中 nCN*,且 n2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设曲线y= f (x)与x轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为 y= g(x),

8、求证：对于任意的正实数x,都有f(x)wg(x)；a(3)右关于x的万程f (x) =a(a为头数)有两个正头数根 xb x2,求证：|x2x：；F1 - n2.解 (1)由 f (x) = nx- xn,可得 f (x) = n-nxn 1 = n(1 -xn 1),其中 nC N*,且 n2.下 面分两种情况讨论：当n为奇数时.令 f ( x) = 0,解得 x= 1,或 x= - 1.当x变化时,f ( x), f (x)的变化情况如下表:x(, 1)(-1,1)(1 , +)f (x)一十一f(x)所以,f ( x)在(一8, 1) , (1 , +)上单调递减,在(1,1)内单调递增

9、.当n为偶数时.当f (x)0,即x1时,函数f(x)单调递增；当f (x)1时,函数f(x)单调递减.所以,f (x)在(00, 1)上单调递增,在(1 ,+8)上单调递减.(2)证实：设点P的坐标为(xo,0),那么x0 = n7,f (x0) = nn2.曲线y= f (x)在点P处 n- 1的切线方程为y=f (xo)( x xo),即g(x) = f(x)(xx0).令F(x) =f (x) g(x),即 Rx)=f (x) f ( Xo)( x Xo),那么 F ( x) = f ( x) f ( xo).由于f ( x) = nxn+n在(0,+)上单调递减,故F (x)在(0

10、,+)上单调递减.又 由于 F (xo)=0,所以当 xC(0, xo)时,F (x)0 ,当 xC(x.,+)时,fz ( x)0,所以 F(x)在(0 , xo)上单调递增,在(X0, +8)上单调递减,所以对于任意的正实数X,都有F(x)2时,g(x)在(8 +00)上单倜递减.又由(2)知g(X2) f (X2)n- n= a=g(x2 ),可得 X2WX2.类似地,设曲线 y=f (x)在原点处的切线方程为 y=h(x),可得h(x) = nx.当xC (0 , 十8),f(x)-h(x)= -xn0,即对于任意的 xC(0, +8),f (x)h(x).设方程h(x) = a的根为

11、Xi ,可得Xi = r.由于h(x) = nx在(00,+8)上单调递增,且 h(x) = a=f (xi) h(x1),因此 xJ xi.,一 g, a由此可得 X2X12,所以 2 =(1+1)1+ Cn 1=1 + n 1 = n,故 2n17= Xg.n- 1所以 | X2 x“0时,f(x)x；证实：当k0,使得对任意的x (0 , x(),恒有f (x)g(x)；确定k的所有可能取值,使得存在t 0,对任意的xC(0, t),恒有| f (x) g(x)| x2.(1)证实：令 F(x) = f (x) -x = ln (1 + x) -x, x 0 , 十),贝U有 F (x)

12、 =1+x-1-x+1当 xC(0, +)时,F (x)0 时,F(x)0 时,f(x)x.(2)证实：令 G(x) =f (x) -g(x) = ln (1 +x) kx, xC 0, +8),那么有G ( x)=-kx+ 1 kx+1 1 x+1当k0,故Gx)在0 , +8)上单调递增,G(x)G0) =0,故任意正实数 x0均满足题意.当0k0, k k取 x0= 1,对任意 x (0 , x0), k有 G ( x)0 ,从而G(X)在0 , Xg)上单调递增,所以 qx)q.)=0,即 f(x)g(x).综上,当k0,使得对任意XC(0, Xg),恒有f(x)g(x).(3)解法一

13、：当 k1 时,由(1)知,? xC (0,+8), g(x)xf(x),故 g(x)f (x), I f (x) -g(x)| = g(x) f (x) = kxIn (1 + x).令 Mx)=kxIn (1 +x)x2, x 0 , 十00),2日1 2x+ k- 2 x + k-1贝 U 有 M (x) = k 2x=.1 + xx+1十6出 kk- 2+J k - 28 k 1 .故当 xe 0, 44时,M (x)0 ,hrk - 2 + -J k 2 2+ 8 k 1j的、田、第j节Mx)在 0, 44 上单倜递增,t不存在.f (x)g(x),故Mx) M.)= 0,即| f

14、(x) g(x)| x2.所以满足题意的 当k0,使彳导当xC (0 ,刈时, 此时 | f (x) g(x)| =f (x) - g(x) = ln (1 + x) - kx.2令 N x) = ln (1 + x) kx x , x C 0 , + 00),1.那么有 Nl ( x) =- k 2xx+ 122xk+2 x+1 kx+ 10,k+27 k+2 2+8 1k4时,N (x)0 ,N(x)在k+ 20,7 k+2 2+8 1k上单调递增,4故 N x) N(0) = 0,即 f (x) g( x) x2.- k+2 + Jk+2 2+81-k记x0与M4中的较小者为 *1,那么

15、当 xC(0, Xi)时,恒有 | f(x) -g(x)| x2.故满足题意的t不存在.当 k= 1 时,由(1)知,当 x0 时,| f (x) g(x)| = g(x) -f (x) =x- ln (1 +x).令 H x) = x ln (1 +x) -x2, x C 0 , + 00),贝 u 有 H ( x) = 1 22x x-2x =1+x x+1当 x0 时,H (x)0 ,所以H(x)在0 , +8)上单调递减,故 H( x)0时, 恒有 |f (x)-g(x)|1 时,由(1)知,xC(0, +8), g(x)xf(x), 故 |f(x) g(x)| = g(x) - f

16、(x) = kx - In (1 +x)kx-x=( k- 1)x. 令(k1)xx2,解得 0x1时,对于x (0 , k-1),恒有|f (x) -g(x)| x , 故满足题意的t不存在.,.一k+1 _ _.当 k1 时,取 k1 = 2,从而 kk10,使得 xC(0, xo) , f (x)k1xkx = g(x),一一.1-k此时 |f (x)-g(x)|= f (x) g(x)( ki-k)x=2x.1- k 21k2令2xx ,解得 0xx .、一 ,1 k2记xo与一2一中的较小者为xb当xC (0 ,必)时,恒有|f (x) -g(x)| x .故满足题意的t不存在.当

17、k=1 时,由(1)知,x0, |f (x) -g(x)| =g(x) f (x) = xIn (1 +x),令 Mx)=xIn (1 +x) -x2, xC0, 十00),1 2x2 x那么有 M (x) = 1-：-2x =-.1 + x x+1当 x0 时,M (x)0 ,所以Mx)在0 , +)上单调递减,故 Mx)0 时,恒有 | f (x) - g(x)|2 x+-；33(3)设实数k使彳导f (x)k x + W对xC (0,1)恒成立,求k的最大值.311.,解 (1)由于 f (x) =ln (1 +x) ln(1 -x),所以 f(x) = -+彳-x,f (0) = 2.

18、又由于f(0)=0,所以曲线y = f(x)在点(0, f(0)处的切线方程为y=2x.x?2x4(2)证实：令 g(x) = f (x) 2 x+卷,那么 g ( x) = f (x) 2(1 + x2) =Z31 x由于g (x)0(0 xg(0) =0, xe (0,1),3即当 xC (0,1)时,f(x)2 x+.33(3)由(2)知,当 kkx+f 对 x (0,1)恒成立.33,-,*x 一当 k2 时,令 h(x) = f(x)-k x + -,那么3所以当0xk时,h (x)0,因此h(x)在区间上单调递减.0,h ( x) = f ( x) k(1 + x2)=当 0x ；

19、/k12时,h(x)h(0) =0,即 f(x)2时,f(x)kx +2并非对x (0,1)恒成立. 3综上可知,k的最大值为2.129.函数 f(x)=ln x-2ax -2x(a0) .依题意f (x)0在x0时恒成立,即ax2+2x-10时恒成立.那么a0时恒成立,x x即 aW 1 1 min(x0),x当x= 1时,-1 21取最小值一1. x,a的取值范围是(一00, 1.-11.123,.,八(2)a= 5, f (x) = ,x+b? /一x+ln x- b= 0.x- b( x0).、1 2 3.设 g(x)=产-2x+ ln贝U g (x) =x- 2 x- 12x列表:x(0,1)1(1,2)2(2,4)g (x)十0一0十g(x)极大值极小值5 g( x) 极小值= g(2) =ln 2 - b-2, g(x)极大值= g(1)