（江苏专用）2023版高考数学专题复习专题3导数及其应用第24练高考大题突破练-导数练习文

PAGEPAGE6〔江苏专用〕2022版高考数学专题复习专题3导数及其应用第24练高考大题突破练——导数练习文训练目标(1)导数的综合应用；(2)压轴大题突破．训练题型(1)导数与不等式的综合；(2)利用导数研究函数零点；(3)利用导数求参数范围．解题策略(1)不等式恒成立(或有解)可转化为函数的最值问题，函数零点可以和函数图象相结合；(2)求参数范围可用别离参数法.1．(2022·常州一模)函数f(x)＝lnx－x－eq\f(a,x)，a∈R.(1)当a＝0时，求函数f(x)的极大值；(2)求函数f(x)的单调区间．2．(2022·课标全国Ⅱ)函数f(x)＝lnx＋a(1－x)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．3．函数f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)(a＞0)．(1)求f(x)的单调区间；(2)讨论关于x的方程f(x)＝eq\f(x3＋2bx＋a,2x)－eq\f(1,2)的实根情况．4．函数f(x)＝(1＋x)e－2x，当x∈[0,1]时，求证：1－x≤f(x)≤eq\f(1,1＋x).5．函数f(x)＝xlnx和g(x)＝m(x2－1)(m∈R)．(1)m＝1时，求方程f(x)＝g(x)的实根；(2)假设对任意的x∈(1，＋∞)，函数y＝g(x)的图象总在函数y＝f(x)图象的上方，求m的取值范围；(3)求证：eq\f(4,4×12－1)＋eq\f(4×2,4×22－1)＋…＋eq\f(4×n,4×n2－1)＞ln(2n＋1)(n∈N*)．答案精析1．解函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．(1)当a＝0时，f(x)＝lnx－x，f′(x)＝eq\f(1,x)－1.令f′(x)＝0，得x＝1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－f(x)极大值所以f(x)的极大值为f(1)＝－1.(2)f′(x)＝eq\f(1,x)－1＋eq\f(a,x2)＝eq\f(－x2＋x＋a,x2).令f′(x)＝0，得－x2＋x＋a＝0，那么Δ＝1＋4a.①当a≤－eq\f(1,4)时，f′(x)≤0恒成立，所以函数f(x)的单调减区间为(0，＋∞)；②当a＞－eq\f(1,4)时，由f′(x)＝0，得x1＝eq\f(1＋\r(1＋4a),2)，x2＝eq\f(1－\r(1＋4a),2).(i)假设－eq\f(1,4)＜a＜0，那么x1＞x2＞0，由f′(x)＜0，得0＜x＜x2，x＞x1；由f′(x)＞0，得x2＜x＜x1.所以f(x)的单调减区间为(0，eq\f(1－\r(1＋4a),2))，(eq\f(1＋\r(1＋4a),2)，＋∞)，单调增区间为(eq\f(1－\r(1＋4a),2)，eq\f(1＋\r(1＋4a),2))．(ii)假设a＝0，由(1)知f(x)的单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1，＋∞)．(iii)假设a＞0，那么x1＞0＞x2，由f′(x)＜0，得x＞x1；由f′(x)＞0，得0＜x＜x1.所以f(x)的单调减区间为(eq\f(1＋\r(1＋4a),2)，＋∞)，单调增区间为(0，eq\f(1＋\r(1＋4a),2))．综上所述，当a≤－eq\f(1,4)时，f(x)的单调减区间为(0，＋∞)；当－eq\f(1,4)＜a＜0时，f(x)的单调减区间为(0，eq\f(1－\r(1＋4a),2))，(eq\f(1＋\r(1＋4a),2)，＋∞)，单调增区间为(eq\f(1－\r(1＋4a),2)，eq\f(1＋\r(1＋4a),2))；当a≥0时，f(x)的单调减区间为(eq\f(1＋\r(1＋4a),2)，＋∞)，单调增区间为(0，eq\f(1＋\r(1＋4a),2))．2．解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a.假设a≤0，那么f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．假设a＞0，那么当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)＞0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)＜0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)无最大值；当a＞0时，f(x)在x＝eq\f(1,a)取得最大值，最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))＝－lna＋a－1.因此feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＞2a－2等价于lna＋a－1＜0.令g(a)＝lna＋a－1，那么g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；当a＞1时，g(a)＞0.因此，a的取值范围是(0,1)．3．解(1)f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)的定义域为(0，＋∞)，那么f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2).因为a＞0，由f′(x)＞0，得x∈(a，＋∞)，由f′(x)＜0，得x∈(0，a)，所以f(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)．(2)由题意，将方程f(x)＝eq\f(x3＋2bx＋a,2x)－eq\f(1,2)化简得b＝lnx－eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,2)，x∈(0，＋∞)．令h(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2－b＋eq\f(1,2)，那么h′(x)＝eq\f(1,x)－x＝eq\f(1＋x1－x,x).当x∈(0,1)时，h′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，所以h(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．所以h(x)在x＝1处取得极大值，即最大值，最大值为h(1)＝ln1－eq\f(1,2)×12－b＋eq\f(1,2)＝－b.所以当－b＞0，即b＜0时，y＝h(x)的图象与x轴恰有两个交点，方程f(x)＝eq\f(x3＋2bx＋a,2x)－eq\f(1,2)有两个实根；当b＝0时，y＝h(x)的图象与x轴恰有一个交点，方程f(x)＝eq\f(x3＋2bx＋a,2x)－eq\f(1,2)有一个实根；当b＞0时，y＝h(x)的图象与x轴无交点，方程f(x)＝eq\f(x3＋2bx＋a,2x)－eq\f(1,2)无实根．4．证明要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≥1－x，只需证明(1＋x)e－x≥(1－x)ex.记h(x)＝(1＋x)e－x－(1－x)ex，那么h′(x)＝x(ex－e－x)．显然，当x∈(0,1)时，h′(x)＞0，∴h(x)在[0,1]上是增函数，∴h(x)≥h(0)＝0.∴f(x)≥1－x，x∈[0,1]．要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≤eq\f(1,1＋x)，只需证明ex≥x＋1.记K(x)＝ex－x－1，那么K′(x)＝ex－1.当x∈(0,1)时，K′(x)＞0，∴K(x)在[0,1]上是增函数．∴K(x)≥K(0)＝0，∴f(x)≤eq\f(1,1＋x)，x∈[0,1]．综上，1－x≤f(x)≤eq\f(1,1＋x)，x∈[0,1]．5．(1)解m＝1时，f(x)＝g(x)，即xlnx＝x2－1，而x＞0，所以方程即为lnx－x＋eq\f(1,x)＝0.令h(x)＝lnx－x＋eq\f(1,x)，那么h′(x)＝eq\f(1,x)－1－eq\f(1,x2)＝eq\f(－x2＋x－1,x2)＝eq\f(－[x－\f(1,2)2＋\f(3,4)],x2)＜0，而h(1)＝0，故方程f(x)＝g(x)有唯一的实根x＝1.(2)解对于任意的x∈(1，＋∞)，函数y＝g(x)的图象总在函数y＝f(x)图象的上方，即∀x∈(1，＋∞)，f(x)＜g(x)，即lnx＜m(x－eq\f(1,x))，设F(x)＝lnx－m(x－eq\f(1,x))，即∀x∈(1，＋∞)，F(x)＜0，F′(x)＝eq\f(1,x)－m(1＋eq\f(1,x2))＝eq\f(－mx2＋x－m,x2).①假设m≤0，那么F′(x)＞0，F(x)＞F(1)＝0，这与题设F(x)＜0矛盾．②假设m＞0，方程－mx2＋x－m＝0的判别式Δ＝1－4m2，当Δ≤0，即m≥eq\f(1,2)时，F′(x)≤0，∴F(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴F(x)＜F(1)＝0，即不等式成立．当Δ＞0，即0＜m＜eq\f(1,2)时，方程－mx2＋x－m＝0有两个实根，设两根为x1，x2且x1＜x2，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(1,m)＞2，,x1x2＝1，))∴方程有两个正实根且0＜x1＜1＜x2.当x∈(1，x2)时，F′(x)＞0，F(x)单调递增，F(x)＞F(1)＝0与题设矛盾．综上所述，实数m的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).(3)证明由(2)知，当x＞1时，m＝eq\f(1,2)时，lnx＜eq\f(1,2)(x－eq\f(1,x))成立．不妨令x＝eq\f(2k＋1,2k－1)＞1(k∈N*)，∴lneq\f(2k＋1,2k－1)＜eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k＋1,2k－1)－\f(2k－1,2k＋1)))＝eq\f(4k,4k2－1)，ln(2k＋1)－ln