江苏专用2020版高考数学一轮复习导数及其应用第25练高考大题突破练_导数理含解析

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1、第25练高考大题突破练—导数　　　　　　　　　　　　　[基础保分练]1．已知函数f(x)＝ax＋x2－xlna－b(a，b∈R，a>1)，e是自然对数的底数．(1)当a＝e，b＝4时，求函数f(x)的零点个数；(2)若b＝1，求f(x)在[－1,1]上的最大值．2．(2019·江苏省部分重点高中联考)已知函数f(x)＝x2＋alnx.(1)当a<0时，∃x>0，使f(x)≤0成立，求a的取值范围；(2)令g(x)＝f(x)－(a＋1)x，a∈(1，e]，证明：对∀x1，x2∈[1，a]，恒有

2、g(x1)－g(x2)

3、<1.3．(2018

4、·南京模拟)已知函数f(x)＝lnx－x2＋(a－1)x(a∈R)．(1)当a≥0时，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)有两个相异零点x1，x2，求a的取值范围，并证明x1＋x2>2.[能力提升练]4．已知函数f(x)＝xlnx和g(x)＝m(x2－1)(m∈R)．(1)当m＝1时，求方程f(x)＝g(x)的实根；(2)若对任意的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：＋＋…＋>ln(2n＋1)(n∈N*)．答案精析1．解　(1)f(x)＝ex＋x2－x－4，所以f′(

5、x)＝ex＋2x－1，所以f′(0)＝0，当x>0时，ex>1，所以f′(x)>0，故f(x)是(0，＋∞)上的增函数，当x<0时，ex<1，所以f′(x)<0，故f(x)是(－∞，0)上的减函数，f(1)＝e－4<0，f(2)＝e2－2>0，所以存在x1∈(1,2)是f(x)在(0，＋∞)上的唯一零点，f(－2)＝＋2>0，f(－1)＝－2<0，所以存在x2∈(－2，－1)是f(x)在(－∞，0)上的唯一零点，所以f(x)的零点个数为2.(2)f′(x)＝axlna＋2x－lna＝2x＋(ax－1)lna，当x>0时，由a>1，可知a

6、x－1>0，lna>0，所以f′(x)>0，当x<0时，由a>1，可知ax－1<0，lna>0，所以f′(x)<0，当x＝0时，f′(x)＝0，所以f(x)是[－1,0]上的减函数，[0,1]上的增函数，所以当x∈[－1,1]时，f(x)min＝f(0)，f(x)max为f(－1)和f(1)中的较大者，而f(1)－f(－1)＝a－－2lna，设g(x)＝x－－2lnx(x>1)，因为g′(x)＝1＋－＝2>0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，而g(1)＝0，所以当x>1时，g(x)>0，即a>1时，a－－2lna>0，所以f(1)

7、>f(－1)．所以f(x)在[－1,1]上的最大值为f(1)＝a－lna.2．(1)解　当a<0时，由f′(x)＝x＋，令f′(x)＝0，∴x＝，列表得：x(0，)(，＋∞)f′(x)－0＋f(x)减函数极小值增函数这时f(x)min＝f()＝－＋aln，∵∃x>0，使f(x)≤0成立，∴－＋aln≤0，∴a≤－e，∴a的取值范围为(－∞，－e]．(2)证明　∵对∀x∈[1，a]，g′(x)＝≤0，∴g(x)在[1，a]内单调递减，∴

8、g(x1)－g(x2)

9、≤g(1)－g(a)＝a2－alna－.要证明

10、g(x1)－g(x2)

11、<1，

12、只需证明a2－alna－<1，即证明a－lna－<0.令h(a)＝a－lna－，h′(a)＝－＋＝2＋>0，∴h(a)＝a－lna－在a∈(1，e]是单调递增函数，∴h(a)≤h(e)＝－1－＝<0，故命题成立．3．解　(1)由f(x)＝lnx－x2＋(a－1)x得f′(x)＝－ax＋a－1＝－.当a≥0时，ax＋1>0，当00；当x>1时，f′(x)<0，故当a≥0时，函数f(x)在x＝1处取得极大值，极大值f(1)＝－1，无极小值．(2)当a≥0时，由(1)知f(x)在x＝1处取得极大值，且f(1)＝－1，当

13、x→0时，f(x)→－∞，又f(2)＝ln2－2<0，若f(x)有两个相异零点，则f(1)＝－1>0，解得a>2.当－10；若1－，则f′(x)>0，则f(x)在x＝1处取得极大值，在x＝－处取得极小值，由于f(1)＝－1<0，则f(x)仅有一个零点．当a＝－1时，f′(x)＝≥0，则f(x)仅有一个零点．当a<－1时，若00；若－1，则f′(x)>0，则f(x)在x＝1处取得极小值，在x＝－处取得极大值，

14、由于f＝－ln(－a)＋－1<0，则f(x)仅有一个零点．综上，f(x)有两个相异零点时，a的取值范围是(2，＋∞)．两零点分别在区间(0,1)和(1,2)内，不妨设0