《2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)14 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)14 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 理（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時集訓(xùn)(十四)　導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 (建議用時：40分鐘) 1．已知函數(shù)f(x)＝. (1)求函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上的值域； (2)若x∈[1，＋∞)，ln x(ln x＋4)≤2ax＋4恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． [解](1)易知f′(x)＝＜0(x≥1)， ∴f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，f(x)max＝f(1)＝2. ∵x≥1時，f(x)＞0，∴f(x)在[1，＋∞)上的值域為(0,2]． (2)令g(x)＝ln x(ln x＋4)－2ax－4，x∈[1，＋∞)， 則g′(x)＝2， ①若a≤0，則由(1)可知，g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上單

2、調(diào)遞增， ∵g(e)＝1－2ae＞0，與題設(shè)矛盾，∴a≤0不符合要求． ②若a≥2，則由(1)可知，g′(x)≤0，g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減． ∴g(x)≤g(1)＝－2a－4＜0，∴a≥2符合要求． ③若0＜a＜2，則x0∈(1，＋∞)，使得＝a， 則g(x)在[1，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴g(x)max＝g(x0)＝ln x0(ln x0＋4)－2ax0－4. ∵ln x0＝ax0－2， ∴g(x)max＝(ax0－2)(ax0＋2)－2ax0－4＝(ax0＋2)(ax0－4)． 由題意知g(x)max≤0，即(ax0＋2)(ax0－4)

3、≤0，－2≤ax0≤4， 即－2≤ln x0＋2≤4?1＜x0≤e2. ∵a＝，且由(1)可知f(x)＝在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴≤a＜2. 綜上，a的取值范圍為. 2．已知函數(shù)f(x)＝x2－(a－2)x－aln x(a∈R)． (1)求函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當(dāng)a＝1時，證明：對任意的x＞0，f(x)＋ex＞x2＋x＋2. [解](1)函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝2x－(a－2)－ ＝， 當(dāng)a≤0時，f′(x)＞0對任意x∈(0，＋∞)恒成立， 所以，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)單調(diào)遞增； 當(dāng)a＞0時，由f′(x)＞0得x＞，

4、 由f′(x)＜0，得0＜x＜， 所以，函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增， 在區(qū)間上單調(diào)遞減． (2)證明：當(dāng)a＝1時，f(x)＝x2＋x－ln x， 要證明f(x)＋ex＞x2＋x＋2， 只需證明ex－ln x－2＞0， 設(shè)g(x)＝ex－ln x－2， 則問題轉(zhuǎn)化為證明對任意的x＞0，g(x)＞0， 令g′(x)＝ex－＝0，得ex＝， 容易知道該方程有唯一解，不妨設(shè)為x0，則x0滿足e＝， 當(dāng)x變化時，g′(x)和g(x)變化情況如下表 x (0，x0) x0 (x0，＋∞) g′(x) － 0 ＋ g(x) 遞減 遞增 g(x)min＝g(x0)＝e

5、－ln x0－2＝＋x0－2， 因為x0＞0，且x0≠1，所以g(x)min＞2－2＝0， 因此不等式得證． 3．已知函數(shù)f(x)＝ex(1＋aln x)，其中a＞0，設(shè)f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)． (1)設(shè)g(x)＝e－xf′(x)，若g(x)≥2恒成立，求a的取值范圍； (2)設(shè)函數(shù)f(x)的零點為x0，函數(shù)f′(x)的極小值點為x1，當(dāng)a＞2時，求證：x0＞x1. [解](1)由題設(shè)知，f′(x)＝ex(x＞0)， g(x)＝e－xf′(x)＝1＋＋aln x，g′(x)＝(x＞0)． 當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)＜0，g(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減， 當(dāng)x∈(

6、1，＋∞)時，g′(x)＞0，g(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 故g(x)在x＝1處取得最小值，且g(1)＝1＋a. 由于g(x)≥2恒成立，所以1＋a≥2，得a≥1，即a的取值范圍為[1，＋∞)． (2)證明：設(shè)h(x)＝f′(x)＝ex， 則h′(x)＝ex. 設(shè)H(x)＝1＋－＋aln x(x＞0)， 則H′(x)＝－＋＋＝＞0， 故H(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 因為a＞2，所以H(1)＝a＋1＞0，H＝1－aln 2＜0， 故存在x2∈，使得H(x2)＝0， 則h(x)在區(qū)間(0，x2)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(x2，＋∞)上單調(diào)遞增， 故x2是h(x)的極

7、小值點，因此x2＝x1. 由(1)可知，當(dāng)a＝1時，ln x＋≥1. 因此h(x)≥h(x1)＝e ＞e(1＋a)＞0，即f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 由于H(x1)＝0，即1＋－＋aln x1＝0，即1＋aln x1＝－， 所以f(x1)＝e(1＋aln x1)＝ae＜0＝f(x0)． 又f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x1＜x0. 4．已知函數(shù)f(x)＝xln x－x2＋(a－1)x，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的最大值為0. (1)求實數(shù)a的值； (2)若f(x1)＋f(x2)＝－1(x1≠x2)，證明：x1＋x2＞2. [解](1)由題意，函數(shù)f(x)的定義域為(0

8、，＋∞)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝ln x－a(x－1)， 記h(x)＝f′(x)，則h′(x)＝. 當(dāng)a≤0時，h′(x)＝＞0恒成立，所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且h(1)＝0， 所以任意x∈(1，＋∞)，h(x)＝f′(x)＞0，故a≤0不成立． 當(dāng)a＞0時，若x∈，則h′(x)＝＞0； 若x∈，則h′(x)＝＜0. 所以h(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 所以h(x)max＝h＝－ln a＋a－1. 令g(a)＝－ln a＋a－1，則g′(a)＝1－＝. 當(dāng)0＜a＜1時，g′(a)＜0；當(dāng)a＞1時，g′(a)＞0.所以g(a)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，

9、＋∞)上單調(diào)遞增． 所以g(a)≥g(1)＝0，故a＝1. (2)證明：當(dāng)a＝1時，f(x)＝xln x－x2，則f′(x)＝1＋ln x－x. 由(1)知f′(x)＝1＋ln x－x≤0恒成立， 所以f(x)＝xln x－x2在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， 且f(1)＝－，f(x1)＋f(x2)＝－1＝2f(1)． 不妨設(shè)0＜x1＜x2，則0＜x1＜1＜x2， 欲證x1＋x2＞2，只需證x2＞2－x1.因為f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以只需證f(x2)＜f(2－x1)，又f(x1)＋f(x2)＝－1， 所以只需證－1－f(x1)＜f(2－x1)，即f(2－x1)＋f

10、(x1)＞－1. 令F(x)＝f(x)＋f(2－x)(其中x∈(0,1))，則F(1)＝－1. 所以欲證f(2－x1)＋f(x1)＞－1，只需證F(x)＞F(1)，x∈(0,1)， F′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝1＋ln x－x－[1＋ln(2－x)－2＋x]， 整理得F′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)，x∈(0,1)， 令m(x)＝F′(x)，則m′(x)＝＞0，x∈(0,1)， 所以F′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增， 所以任意x∈(0,1)，f′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)＜0， 所以函

11、數(shù)F(x)＝f(x)＋f(2－x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減， 所以F(x)＞F(1)，x∈(0,1)，故x1＋x2＞2. 題號 內(nèi)容 押題依據(jù) 1 函數(shù)的單調(diào)性、構(gòu)造法證明不等式、分類討論思想 高考的熱點問題，將等價轉(zhuǎn)化思想、分類討論思想放在一起考查學(xué)生分析問題的能力，同時雙變量問題的合理轉(zhuǎn)化是近幾年的熱點，應(yīng)引起重視 【押題】　已知函數(shù)f(x)＝x2－ax＋(a－1)ln x. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)若對任意的x1，x2∈(0，＋∞)，x1＞x2，恒有f(x1)－f(x2)＞x2－x1，求實數(shù)a的取值范圍． [解](1)f′(x)＝x－a＋＝

12、＝(x－1)[x－(a－1)]， ①若a＞2，由f′(x)＞0，得0＜x＜1或x＞a－1，由f′(x)＜0，得1＜x＜a－1，則f(x)在(0,1)，(a－1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(1，a－1)上單調(diào)遞減； ②若a＝2，則f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； ③若1＜a＜2，由f′(x)＞0，得0＜x＜a－1或x＞1，由f′(x)＜0，得a－1＜x＜1，則f(x)在(0，a－1)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(a－1,1)上單調(diào)遞減； ④若a≤1，由f′(x)＞0，得x＞1，由f′(x)＜0，得0＜x＜1，則f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0,1)上單調(diào)遞減． 綜上

13、，若a＞2，則f(x)在(0,1)，(a－1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(1，a－1)上單調(diào)遞減； 若a＝2，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 若1＜a＜2，則f(x)在(0，a－1)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(a－1,1)上單調(diào)遞減； 若a≤1，則f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0,1)上單調(diào)遞減． (2)f(x1)－f(x2)＞x2－x1?f(x1)＋x1＞f(x2)＋x2， 令F(x)＝f(x)＋x＝x2－ax＋(a－1)ln x＋x， 對任意的x1，x2∈(0，＋∞)，x1＞x2，恒有f(x1)－f(x2)＞x2－x1等價于函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)． f′(x)＝x－a＋1＋＝[x2－(a－1)x＋a－1]， 令g(x)＝x2－(a－1)x＋a－1， 當(dāng)a－1＜0，即a＜1時，x＝＜0，故要使f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，需g(0)≥0，即a－1≥0，a≥1，無解． 當(dāng)a－1≥0，即a≥1時，x＝≥0，故要使f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，需g≥0，即－(a－1)·＋a－1≥0，化簡得(a－1)(a－5)≤0，解得1≤a≤5. 綜上，實數(shù)a的取值范圍是[1,5]． - 6 -