2021届高中数学统考第二轮专题复习第4讲导数的热点问题限时集训理含解析.docx

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1、高考第4讲导数的热点问题基础过关1.设a∈R,函数f(x)=lnx-ax.(1)讨论函数f(x)的单调性并求极值;(2)已知x1=e(e是自然对数的底数)和x2是函数f(x)的两个不同的零点,求a的值,并证明x2>e32.2.已知函数f(x)=axex-lnx+b的图像在点(1,f(1))处的切线方程为y=(2e-1)x-e.(1)求a,b的值;(2)若f(x)≥mx恒成立,某某数m的取值X围.3.已知函数f(x)=x2-x+klnx,k>0.13/13高考(1)若函数f(x)的图像在点(1,f(1))处的切线的斜率为2,求k的值;

2、(2)讨论函数f(x)的单调性;(3)若函数f(x)有两个不同的极值点x1,x2,证明:

3、f(x1)-f(x2)

4、<14-2k.4.已知函数f(x)=ex+ax-12(a∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)设g(x)=12-lnx,F(x)=f(x)-g(x),求证:当a∈(-2,0)时,函数F(x)只有一个零点.能力提升5.已知函数f(x)=2lnx+12x2-ax,其中a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若a≥3,记函数f(x)的两个极值点为x1,x2(其中x2>x1),求f(x2)-f(x1)的最大值.13

5、/13高考6.已知函数f(x)=ax-ln(2x+1),g(x)=ex-x-1,曲线y=f(x)与y=g(x)在原点处的切线相同.(1)求f(x)的单调区间和极值;(2)当x≥0时,若g(x)≥kf(x)恒成立,某某数k的取值X围.7.已知函数f(x)=alnx-x+1x(a∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)求证:当n∈N*时,ln(n+1)<34+512+…+2n+12n2+2n.8.已知函数f(x)=lnxeax存在唯一的极值点x0.(1)某某数a的取值X围;(2)若x1,x2∈(x0,+∞),证明:log(x1+x

6、2)(x1x2)>e-ax1+e-ax2.13/13高考限时集训(四)1.解:(1)由已知得f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x-a=1-axx.若a≤0,则f'(x)>0,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,无极值;若a>0,则令f'(x)=0,得x=1a,在区间0,1a上,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,在区间1a,+∞上,f'(x)<0,函数f(x)单调递减,所以在区间(0,+∞)上,f(x)的极大值为f1a=ln1a-1=-lna-1,无极小值.综上所述,当a≤0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,

7、无极值;当a>0时,函数f(x)在0,1a上单调递增,在1a,+∞上单调递减,函数f(x)的极大值为f1a=-lna-1,无极小值.13/13高考(2)因为f(e)=0,所以12-ae=0,解得a=12e.因为f(x)=lnx-12ex,所以f(e32)=32-e2>0,f(e52)=52-e22<0,所以f(e32)·f(e52)<0.由(1)知,函数f(x)在(0,2e)上单调递增,在(2e,+∞)上单调递减,因为函数f(x)有两个不同的零点x1,x2,且函数f(x)在区间(e32,e52)上有唯一零点,x1

8、e32.2.解:(1)f'(x)=aex+axex-1x.∵函数f(x)=axex-lnx+b的图像在点(1,f(1))处的切线方程为y=(2e-1)x-e,∴f(1)=ae+b=e-1,f'(1)=2ae-1=2e-1,解得a=1,b=-1.(2)由f(x)≥mx得xex-lnx-1≥mx,即m≤xex-lnx-1x.令φ(x)=xex-lnx-1x,则φ'(x)=x2ex+lnxx2.令h(x)=x2ex+lnx,易知h(x)在(0,+∞)上单调递增,又h1e=1e2e1e-10,故h(x)在1

9、e,1上存在零点x0,13/13高考即h(x0)=x02ex0+lnx0=0,即x0ex0=-lnx0x0=ln1x0·eln1x0.∵y=xex在(0,+∞)上单调递增,∴x0=ln1x0=-lnx0,即ex0=1x0.易知φ(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,∴φ(x)min=φ(x0)=1+x0-1x0=1,∴m≤1,故实数m的取值X围是(-∞,1].3.解:(1)f'(x)=2x-1+kx(x>0),由题意知f'(1)=1+k=2,∴k=1.(2)令f'(x)=2x-1+kx=0,可得2x2-x+k=

10、0,Δ=1-8k.当k≥18时,Δ≤0,f'(x)≥0,f(x)在(0,+∞)上单调递增.当00,设x1,x2是方程2x2-x+k=0的两个根,则x1x2=k2>0,x1+x2=12>0,故x1>0,x2>0.不妨设