《（浙江專(zhuān)用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第25練 高考大題突破練—導(dǎo)數(shù)練習(xí)（含解析）.docx》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（浙江專(zhuān)用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第25練 高考大題突破練—導(dǎo)數(shù)練習(xí)（含解析）.docx（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
第25練 高考大題突破練—導(dǎo)數(shù)
[基礎(chǔ)保分練]
1.(2019溫州期末)已知函數(shù)f(x)＝alnx－x2＋(2a－1)x(a∈R)有兩個(gè)不同的零點(diǎn).
(1)求a的取值范圍；
(2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：x1＋x2>2a.
2.(2019臺(tái)州模擬)已知函數(shù)f(x)＝xln(a>0).
(1)求f(x)的極值；
(2)若當(dāng)a＝2時(shí)，總存在x1≠x2使得f(x1)＝f(x2)＝m，求m的取值范圍.
3.(2019麗水模擬)已知函數(shù)f(x)＝xex＋a(x＋1)2(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)設(shè)a>0，x1，x2是f(x)＝xex＋a(x＋1)2的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：f′<0.
[能力提升練]
4.(2019浙江省綠色聯(lián)盟模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝ax2＋bx(a≠0，b∈R).
(1)若a＝2，b＝3，求函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若函數(shù)f(x)與g(x)的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)(x1，f(x1))，(x2，f(x2))，記x0＝，設(shè)f′(x)，g′(x)分別是f(x)，g(x)的導(dǎo)函數(shù)，證明：f′(x0)
0時(shí)，令f′(x)＝0得x＝a，則列表如下：
x
(0，a)
a
(a，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
↗
極大值
↘
∴f(x)max＝f(x)極大值＝f(a)＝a(ln a＋a－1).
設(shè)g(x)＝ln x＋x－1(x>0)，
∵g′(x)＝＋1>0，
則g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.
又∵g(1)＝0，∴01時(shí)，g(x)>0.
(i)當(dāng)01時(shí)，f(x)max＝ag(a)>0，
∵f＝a－－<0，
∴f(x)在上有一個(gè)零點(diǎn)，
∵f(3a－1)＝aln(3a－1)－(3a－1)2＋(2a－1)(3a－1)
＝a[ln(3a－1)－(3a－1)]，
設(shè)h(x)＝ln x－x(x>2)，
∵h(yuǎn)′(x)＝－1<0，
∴h(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞減
則h(3a－1)1，
且當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f(x)是增函數(shù)；
當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f(x)是減函數(shù).
不妨設(shè)x10，∴F(x)單調(diào)遞增，又∵F(a)＝0，∴F(x)<0，
∴f(x)2a－x1，∴x2＋x1>2a.
2.解 (1)因?yàn)閒(x)＝xln(a>0)，
所以f′(x)＝ln＋x＝ln＋1，
因?yàn)閍>0，所以x<0，令f′(x)＝0，
則x＝－，
又因?yàn)閥＝ln＋1在(－∞，0)上單調(diào)遞減，
所以f(x)＝xln(a>0)在上單調(diào)遞增，
在上單調(diào)遞減，
所以f(x)極大值＝f＝.
(2)總存在x1≠x2使得f(x1)＝f(x2)＝m可轉(zhuǎn)化為考查方程f(x)＝m有兩個(gè)不同的實(shí)根，求m的取值范圍，也即把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為先求f(x)＝xln的單調(diào)區(qū)間和值域，又由(1)可知，f(x)＝xln在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
且f(－2)＝0，
f(x)極大值＝f＝，
所以當(dāng)x∈(－∞，－2)時(shí)，f(x)<0；
當(dāng)x∈(－2,0)時(shí)，即0<－<1，
則ln<0，
所以f(x)＝xln>0在(－2,0)上恒成立，
如圖所示，因此總存在x1≠x2，使得f(x1)＝f(x2)＝m成立的m的取值范圍為.
3.(1)解 因?yàn)閒(x)＝xex＋a(x＋1)2，
所以f′(x)＝(x＋1)ex＋2a(x＋1)
＝(x＋1)(ex＋2a)，
①當(dāng)a≥0時(shí)，ex＋2a>0，
令f′(x)>0，解得x>－1；
令f′(x)<0，解得x<－1.
所以f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增.
②當(dāng)－0，解得x>－1或x－1，
令f′(x)>0，解得x>ln(－2a)或x<－1；
令f′(x)<0，解得－10時(shí)，f(x)在區(qū)間(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(－∞，－1)上單調(diào)遞減，不妨設(shè)x1<－10，
所以F(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增，
所以F(x)－1，x2>－1，f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以x2<－2－x1，即<－1，
于是由(1)可知，f′<0得證.
能力提升練
4.(1)解 由題可知，F(xiàn)(x)＝ln x－2x2－3x，x∈(0，＋∞)，
則F′(x)＝－4x－3＝－，
當(dāng)00，當(dāng)x>時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，
所以F(x)在上單調(diào)遞增，
在上單調(diào)遞減.
(2)證明 f′(x0)－g′(x0)＝－(2ax0＋b)＝，
由題可得1－2ax－bx0
＝1－2a2－b
＝，
因?yàn)楹瘮?shù)f(x)與g(x)的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)(x1，f(x1))，(x2，f(x2))，
所以ax＋bx1＝ln x1，①
ax＋bx2＝ln x2，②
①－②得a(x1＋x2)(x1－x2)＋b(x1－x2)＝ln
?a(x1＋x2)＋b＝ln，
a(x1＋x2)2＋b(x1＋x2)＝ln＝ln，
不妨設(shè)x1>x2，令h(x)＝ln x(x>1)，
下證h(x)＝ln x>2，等價(jià)于證ln x>＝2－，等價(jià)于證ln x＋>2，令u(x)＝ln x＋，
則u′(x)＝－＝≥0恒成立，
所以u(píng)(x)>u(1)＝2，
所以a(x1＋x2)2＋b(x1＋x2)>2，
即f′(x0)
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浙江專(zhuān)用2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)
專(zhuān)題3
導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用
第25練
高考大題突破練導(dǎo)數(shù)練習(xí)含解析
浙江
專(zhuān)用
2020
高考
數(shù)學(xué)
一輪
復(fù)習(xí)
專(zhuān)題
導(dǎo)數(shù)
及其
應(yīng)用
25
突破
練習(xí)
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