2017屆江蘇高考理科數(shù)學考點專題復習檢測23

訓練目標(1)導數(shù)的綜合應用；(2)壓軸大題突破.訓練題型(1)導數(shù)與不等式的綜合；(2)利用導數(shù)研究函數(shù)零點；(3)利用導數(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)圖象相結合；(2)求參數(shù)范圍可用分離參數(shù)法.1．已知函數(shù)f(x)＝sinx＋cosx，f′(x)是f(x)的導函數(shù)．(1)求函數(shù)F(x)＝f(x)f′(x)＋(f(x))2的最大值和最小正周期；(2)若f(x)＝2f′(x)，求eq\f(1＋sin2x,cos2x－sinxcosx)的值．2．(2015·廣東)設a>1，函數(shù)f(x)＝(1＋x2)ex－a.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點；(3)若曲線y＝f(x)在點P處的切線與x軸平行，且在點M(m，n)處的切線與直線OP平行(O是坐標原點)，證明：m≤eq\r(3,a－\f(2,e))－1.3．已知函數(shù)f(x)＝ax＋lnx，a∈R，(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設g(x)＝x2－2x＋1，若對任意x1∈(0，＋∞)，總存在x2∈[0,1]，使得f(x1)<g(x2)，求實數(shù)a的取值范圍．4．(2015·陜西)設fn(x)＝x＋x2＋…＋xn－1，x≥0，n∈N，n≥2.(1)求fn′(2)；(2)證明：fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))內(nèi)有且僅有一個零點(記為an)，且0＜an－eq\f(1,2)＜eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n.5．(2015·北京西城區(qū)期末)對于函數(shù)f(x)，g(x)，如果它們的圖象有公共點P，且在點P處的切線相同，則稱函數(shù)f(x)和g(x)在點P處相切，稱點P為這兩個函數(shù)的切點．設函數(shù)f(x)＝ax2－bx(a≠0)，g(x)＝lnx.(1)當a＝－1，b＝0時，判斷函數(shù)f(x)和g(x)是否相切，并說明理由；(2)已知a＝b，a>0，且函數(shù)f(x)和g(x)相切，求切點P的坐標；(3)設a>0，點P的坐標為(eq\f(1,e)，－1)，問是否存在符合條件的函數(shù)f(x)和g(x)，使得它們在點P處相切？若點P的坐標為(e2,2)呢？(結論不要求證明)答案解析1．解(1)已知函數(shù)f(x)＝sinx＋cosx，則f′(x)＝cosx－sinx，代入F(x)＝f(x)f′(x)＋(f(x))2，可得F(x)＝cos2x＋sin2x＋1＝eq\r(2)sin(2x＋eq\f(π,4))＋1，當2x＋eq\f(π,4)＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即x＝kπ＋eq\f(π,8)(k∈Z)時，F(xiàn)(x)max＝eq\r(2)＋1，其最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)由f(x)＝2f′(x)，易得sinx＋cosx＝2cosx－2sinx，解得tanx＝eq\f(1,3).∴eq\f(1＋sin2x,cos2x－sinxcosx)＝eq\f(2sin2x＋cos2x,cos2x－sinxcosx)＝eq\f(2tan2x＋1,1－tanx)＝eq\f(11,6).2．(1)解f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x2＋2x＋1)ex＝(x＋1)2ex，?x∈R，f′(x)≥0恒成立．∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)．(2)證明∵f(0)＝1－a，f(a)＝(1＋a2)ea－a，∵a>1，∴f(0)<0，f(a)>2aea－a>2a－a＝a>0，∴f(0)·f(a)<0，∴f(x)在(0，a)上有一零點，又∵f(x)在(－∞，＋∞)上遞增，∴f(x)在(0，a)上僅有一個零點，∴f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點．(3)證明f′(x)＝(x＋1)2ex，設P(x0，y0)，則f′(x0)＝ex0(x0＋1)2＝0，∴x0＝－1，把x0＝－1，代入y＝f(x)得y0＝eq\f(2,e)－a，∴kOP＝a－eq\f(2,e).f′(m)＝em(m＋1)2＝a－eq\f(2,e)，令g(m)＝em－(m＋1)，g′(m)＝em－1.令g′(m)>0，則m>0，∴g(m)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；令g′(m)<0，則m<0，∴g(m)在(－∞，0)上單調(diào)遞減．∴g(m)min＝g(0)＝0.∴em－(m＋1)≥0，即em≥m＋1.∴em(m＋1)2≥(m＋1)3，即a－eq\f(2,e)≥(m＋1)3.∴m＋1≤eq\r(3,a－\f(2,e))，即m≤eq\r(3,a－\f(2,e))－1.3．解(1)f′(x)＝a＋eq\f(1,x)＝eq\f(ax＋1,x)(x>0)．①當a≥0時，由于x>0，故ax＋1>0，f′(x)>0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)．②當a<0時，由f′(x)＝0，得x＝－eq\f(1,a)，在區(qū)間(0，－eq\f(1,a))上，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．在區(qū)間(－eq\f(1,a)，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．綜上所述，當a≥0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；當a<0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，－eq\f(1,a))，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－eq\f(1,a)，＋∞)．(2)由已知，轉(zhuǎn)化為f(x)max<g(x)max，又g(x)max＝g(0)＝1.由(1)知，當a≥0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，值域為R，故不符合題意．當a<0時，f(x)在(0，－eq\f(1,a))上單調(diào)遞增，在(－eq\f(1,a)，＋∞)上單調(diào)遞減，故f(x)的極大值即為最大值，即f(x)max＝f(－eq\f(1,a))＝－1＋ln(－eq\f(1,a))＝－1－ln(－a)，所以1>－1－ln(－a)，解得a<－eq\f(1,e2).故實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－eq\f(1,e2))．4．(1)解方法一由題設fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1，所以fn′(2)＝1＋2×2＋…＋(n－1)2n－2＋n·2n－1，①則2fn′(2)＝2＋2×22＋…＋(n－1)2n－1＋n·2n，②①－②得，－fn′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝1＋eq\f(2－2n,1－2)－n·2n＝(1－n)2n－1，所以fn′(2)＝(n－1)2n＋1.方法二當x≠1時，fn(x)＝eq\f(x－xn＋1,1－x)－1，則fn′(x)＝eq\f([1－(n＋1)xn](1－x)＋(x－xn＋1),(1－x)2)，可得fn′(2)＝eq\f(－[1－(n＋1)2n]＋2－2n＋1,(1－2)2)＝(n－1)2n＋1.(2)證明因為fn(0)＝－1＜0，fneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(\f(2,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n)),1－\f(2,3))－1＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n≥1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＞0，所以fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))內(nèi)至少存在一個零點，又f′n(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1＞0，所以fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))內(nèi)單調(diào)遞增，因此fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))內(nèi)有且僅有一個零點an，由于fn(x)＝eq\f(x－xn＋1,1－x)－1，所以0＝fn(an)＝eq\f(an－a\o\al(n＋1,n),1－an)－1，由此可得an＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)aeq\o\al(n＋1,n)＞eq\f(1,2)，故eq\f(1,2)＜an＜eq\f(2,3)，所以0＜an－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)aeq\o\al(n＋1,n)＜eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n＋1＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n.5．解(1)結論：當a＝－1，b＝0時，函數(shù)f(x)和g(x)不相切．理由如下：由條件知f(x)＝－x2，g(x)＝lnx，得x>0.又因為f′(x)＝－2x，g′(x)＝eq\f(1,x)，所以當x>0時，f′(x)＝－2x<0，g′(x)＝eq\f(1,x)>0，所以對于任意的x，f′(x)≠g′(x)．所以當a＝－1，b＝0時，函數(shù)f(x)和g(x)不相切．(2)若a＝b，則f′(x)＝2ax－a，g′(x)＝eq\f(1,x).設切點坐標為(s，t)，其中s>0.由題意，得as2－as＝lns，①2as－a＝eq\f(1,s).②由②，得a＝eq\f(1,s(2s－1))，代入①，得eq\f(s－1,2s－1)＝lns．③因為a＝eq\f(1,s(2s－1))>0，且s>0，所以s>eq\f(1,2).設函數(shù)F(x)＝eq\f(x－1,2x－1)－lnx，x∈(eq\f(1,2)，＋∞)，則F′(x)＝eq\f(－(4x－1)(x－1),x(2x－1)2).令F′(x)＝0，解得x＝1或x＝eq\f(1,4)(舍)．當x變化時，F(xiàn)′(x)與F(x)的變化情況如下表所示.X(eq\f(1,2)，1)1(1，＋∞)F′(x)＋0－F(x)0所以當x＝1時，F(xiàn)(x)取到最大值F(1)＝0，且當x∈(eq\f(1,2)，1)∪(1，＋∞)時，F(xiàn)(x)<0.因此，當且僅當x＝1時F(x)＝0.所以方程③有且僅有一解s＝1.于是t＝lns＝0，因此切點P的坐標為(1,0)．(3)當點P的坐標為(eq\f(1,e)，－1)時，存在符合條件的函數(shù)f(x)和g(x)，使得它們在點P處相切；當點P的坐標為(e2,2)時，不存在符合條件的函數(shù)f(x)和g(x)