2018版數(shù)學(xué)（全國用文科）專題練習(xí)專題3導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第24練含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精訓(xùn)練目標(biāo)(1）導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用；（2)壓軸大題突破．訓(xùn)練題型(1)導(dǎo)數(shù)與不等式的綜合；（2)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點；(3)利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)范圍．解題策略(1)不等式恒成立（或有解)可轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，函數(shù)零點可以和函數(shù)圖象相結(jié)合;（2)求參數(shù)范圍可用分離參數(shù)法.1.設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx＋（x－a)2－eq\f（a，2），a∈R.（1）若函數(shù)f（x）在［eq\f(1,2)，2］上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍;（2）求函數(shù)f（x)的極值點．2．已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(a,x）（a〉0）．(1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；(2)討論關(guān)于x的方程f（x)＝eq\f（x3＋2（bx＋a),2x）－eq\f（1，2)的實根情況．3．已知函數(shù)f（x）＝（x＋1）e－x（e為自然對數(shù)的底數(shù))．(1)求函數(shù)f(x）的單調(diào)區(qū)間;(2)設(shè)函數(shù)φ(x)＝xf（x)＋tf′(x)＋e－x,存在實數(shù)x1，x2∈[0，1]，使得2φ(x1)〈φ（x2）成立，求實數(shù)t的取值范圍．4。已知函數(shù)f（x）＝lnx，g（x)＝eq\f（k（x－1)，x)。（1）當(dāng)k＝e時,求函數(shù)h(x）＝f（x）－g(x）的單調(diào)區(qū)間和極值；（2）若f(x）≥g(x）恒成立，求實數(shù)k的值．5．已知函數(shù)f(x）＝xlnx和g（x)＝m（x2－1）（m∈R)．（1）m＝1時，求方程f(x)＝g（x）的實根；(2）若對任意的x∈（1，＋∞)，函數(shù)y＝g（x）的圖象總在函數(shù)y＝f（x）圖象的上方，求m的取值范圍；(3）求證：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(1)求導(dǎo)可得f′(x)＝eq\f(1，x)＋2(x－a)＝eq\f（2x2－2ax＋1,x），x〉0.依題意得，在區(qū)間［eq\f（1，2），2］上，不等式2x2－2ax＋1≥0恒成立．又因為x>0,所以2a≤（2x＋eq\f（1,x）)min，所以2a≤2eq\r（2)，即a≤eq\r(2)（當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(\r(2)，2)時等號成立)．所以實數(shù)a的取值范圍為(－∞,eq\r（2）]．(2）因(1)得f′（x)＝eq\f（2x2－2ax＋1，x)，x〉0，令h(x)＝2x2－2ax＋1.①當(dāng)a≤0時,可知在(0，＋∞）上h(x）〉0恒成立，此時f′(x)>0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，函數(shù)f(x)沒有極值點．②當(dāng)a>0時,（i）當(dāng)Δ≤0,即0〈a≤eq\r(2）時，在(0，＋∞）上h(x)≥0恒成立,此時f′（x)≥0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，函數(shù)f(x）沒有極值點．（ii)當(dāng)Δ〉0時，即a>eq\r（2）時，當(dāng)eq\f(a－\r(a2－2)，2)<x〈eq\f（a＋\r(a2－2),2)時,h（x)〈0，此時f′（x)<0，函數(shù)f(x）單調(diào)遞減，當(dāng)0〈x〈eq\f(a－\r(a2－2)，2）或x>eq\f(a＋\r（a2－2)，2）時，h(x）〉0,此時f′(x)〉0,函數(shù)f（x)單調(diào)遞增,所以當(dāng)a〉eq\r(2）時,x＝eq\f(a－\r（a2－2）,2）是函數(shù)f（x）的極大值點，x＝eq\f(a＋\r（a2－2),2）是函數(shù)f（x)的極小值點．綜上,當(dāng)a≤eq\r(2）時,函數(shù)f(x）沒有極值點;當(dāng)a>eq\r（2）時,x＝eq\f（a－\r（a2－2）,2）是函數(shù)f（x）的極大值點，x＝eq\f（a＋\r(a2－2）,2)是函數(shù)f（x）的極小值點．2．解(1）f(x)＝lnx＋eq\f(a，x）的定義域為(0，＋∞）,則f′(x)＝eq\f(1，x)－eq\f（a，x2)＝eq\f(x－a,x2）.因為a>0,由f′（x)〉0，得x∈（a，＋∞),由f′（x)<0，得x∈(0，a），所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（a,＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為（0,a)．（2）由題意，將方程f（x)＝eq\f(x3＋2（bx＋a)，2x)－eq\f(1，2）化簡得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)，則h′(x)＝eq\f(1,x）－x＝eq\f（（1＋x)（1－x),x）。當(dāng)x∈(0,1）時，h′（x）>0，當(dāng)x∈（1，＋∞)時，h′(x)〈0，所以h(x)在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1，＋∞）上單調(diào)遞減．所以h（x)在x＝1處取得極大值，即最大值,最大值為h(1)＝ln1－eq\f(1，2）×12－b＋eq\f(1，2）＝－b.所以當(dāng)－b〉0，即b〈0時,y＝h(x)的圖象與x軸恰有兩個交點,方程f（x）＝eq\f（x3＋2bx＋a,2x）－eq\f（1,2)有兩個實根;當(dāng)b＝0時，y＝h(x)的圖象與x軸恰有一個交點，方程f(x)＝eq\f(x3＋2bx＋a，2x)－eq\f(1，2)有一個實根；當(dāng)b>0時，y＝h（x)的圖象與x軸無交點,方程f(x）＝eq\f（x3＋2bx＋a，2x）－eq\f(1,2）無實根．3．解（1)∵函數(shù)的定義域為R，f′（x）＝－eq\f(x,ex），∴當(dāng)x<0時,f′(x）〉0；當(dāng)x>0時，f′（x）<0，∴f(x)在（－∞，0）上單調(diào)遞增，在（0，＋∞）上單調(diào)遞減．(2）假設(shè)存在x1，x2∈［0，1]，使得2φ(x1）〈φ(x2)成立，則2[φ（x）]min〈［φ(x）]max?！擀?x）＝xf（x)＋tf′（x)＋e－x＝eq\f(x2＋（1－t)x＋1，ex)，∴φ′(x）＝eq\f（－x2＋(1＋t)x－t,ex）＝－eq\f((x－t)（x－1),ex）。對于x∈[0，1]，①當(dāng)t≥1時，φ′(x）≤0,φ（x)在[0，1］上單調(diào)遞減,∴2φ（1）<φ(0）,即t〉3－eq\f(e，2)>1。②當(dāng)t≤0時，φ′（x)〉0，φ（x）在［0,1］上單調(diào)遞增,∴2φ（0)<φ(1）,即t〈3－2e〈0。③當(dāng)0<t〈1時,若x∈[0，t),則φ′(x）〈0，φ（x)在［0,t)上單調(diào)遞減;若x∈(t，1]，則φ′（x)〉0，φ(x)在(t，1］上單調(diào)遞增，∴2φ（t）<max{φ(0)，φ(1)｝，即2·eq\f(t＋1，et）<maxeq\b\lc\｛\rc\}(\a\vs4\al\co1（1，\f(3－t，e)））.(*）由(1）知,g（t）＝2·eq\f(t＋1,et）在［0，1]上單調(diào)遞減，故eq\f(4，e）≤2·eq\f（t＋1，et）≤2，而eq\f(2，e)≤eq\f(3－t，e）≤eq\f（3，e),∴不等式（＊）無解．綜上所述,t的取值范圍為(－∞，3－2e)∪eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（3－\f（e,2），＋∞））。4．解(1）由題意得函數(shù)f（x）的定義域為(0，＋∞)，h(x)＝lnx－eq\f(k(x－1),x）(x>0),當(dāng)k＝e時,h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f（e,x2)＝eq\f（x－e，x2），若0〈x<e，則h′（x）〈0;若x>e，則h′（x)>0，所以h（x）是（0,e)上的減函數(shù),是（e，＋∞）上的增函數(shù)，故h（x)極小值＝h(e)＝2－e，故函數(shù)h（x)的減區(qū)間為（0，e)，增區(qū)間為(e，＋∞），極小值為2－e，無極大值．（2）由（1）知h′（x)＝eq\f(1,x)－eq\f（k，x2)＝eq\f（x－k,x2），當(dāng)k≤0時,h′(x）〉0對x〉0恒成立，所以h(x）是(0，＋∞）上的增函數(shù)，注意到h(1)＝0，所以0〈x<1時，h（x）<0,不合題意，當(dāng)k〉0時，若0<x〈k,h′(x）<0；若x>k，h′(x）>0，所以h（x）是(0，k）上的減函數(shù)，是（k，＋∞）上的增函數(shù)，故只需h(x）min＝h(k)＝lnk－k＋1≥0,令μ（x）＝lnx－x＋1（x>0)，μ′(x）＝eq\f(1,x）－1＝eq\f（1－x，x），當(dāng)0〈x<1時，μ′(x）>0；當(dāng)x〉1時，μ′（x)<0.所以μ（x）是（0，1）上的增函數(shù)，是（1，＋∞）上的減函數(shù)，故μ(x)≤μ(1)＝0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時等號成立，所以當(dāng)且僅當(dāng)k＝1時，h(x）≥0成立，即k＝1為所求．5．（1)解m＝1時，f(x)＝g（x),即xlnx＝x2－1，而x〉0,所以方程即為lnx－x＋eq\f(1,x)＝0.令h(x)＝lnx－x＋eq\f(1,x），則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）有唯一的實根x＝1.（2）解對于任意的x∈(1，＋∞)，函數(shù)y＝g(x)的圖象總在函數(shù)y＝f（x）圖象的上方，即?x∈（1，＋∞),f(x）〈g(x），即lnx<m（x－eq\f(1，x）），設(shè)F（x）＝lnx－m（x－eq\f(1,x）)，即?x∈(1,＋∞），F(xiàn)（x）〈0，F(xiàn)′(x）＝eq\f(1，x）－m（1＋eq\f（1，x2）)＝eq\f(－mx2＋x－m，x2）.①若m≤0，則F′(x）〉0,F（x)〉F（1）＝0，這與題設(shè)F（x）<0矛盾．②若m〉0,方程－mx2＋x－m＝0的判別式Δ＝1－4m2，當(dāng)Δ≤0，即m≥eq\f(1，2）時，F(xiàn)′(x)≤0，∴F(x)在（1，＋∞）上單調(diào)遞減，∴F(x)〈F(1）＝0，即不等式成立．當(dāng)Δ〉0，即0<m〈eq\f(1，2）時,方程－mx2＋x－m＝0有兩個實根，設(shè)兩根為x1，x2且x1〈x2，則eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f（1,m）〉2,,x1x2＝1，））∴方程有兩個正實根且0〈x1〈1<x2。當(dāng)x∈(1，x2)時，F(xiàn)′（x）>0，F(xiàn)(x）單調(diào)遞增,F（x）>F（1）＝0與題設(shè)矛盾．綜上所述，實數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,2）,＋∞）)。(3）證明由(2)知,當(dāng)x>1時，m＝eq\f(1，2）時,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*)，∴l(xiāng)neq\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(2k－1）<eq\f（4k,4k2－1）（k∈N＊），eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（ln3－ln1<\f(