浙江专用2020版高考数学一轮复习+专题3导数及其应用+第25练高考大题突破练_导数 9页

第25练 高考大题突破练—导数 ‎[基础保分练]‎ ‎1.(2019·温州期末)已知函数f(x)＝alnx－x2＋(2a－1)x(a∈R)有两个不同的零点.‎ ‎(1)求a的取值范围；‎ ‎(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2>2a.‎ ‎2.(2019·台州模拟)已知函数f(x)＝xln(a>0).‎ ‎(1)求f(x)的极值；‎ ‎(2)若当a＝2时，总存在x1≠x2使得f(x1)＝f(x2)＝m，求m的取值范围.‎ ‎3.(2019·丽水模拟)已知函数f(x)＝xex＋a(x＋1)2(其中e为自然对数的底数).‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)设a>0，x1，x2是f(x)＝xex＋a(x＋1)2的两个零点，证明：f′<0.‎ ‎[能力提升练]‎ ‎4.(2019·浙江省绿色联盟模拟)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax2＋bx(a≠0，b∈R).‎ ‎(1)若a＝2，b＝3，求函数F(x)＝f(x)－g(x)的单调区间；‎ ‎(2)若函数f(x)与g(x)的图象有两个不同的交点(x1，f(x1))，(x2，f(x2))，记x0＝，设f′(x)，g′(x)分别是f(x)，g(x)的导函数，证明：f′(x0)0时，令f′(x)＝0得x＝a，则列表如下：‎ x ‎(0，a)‎ a ‎(a，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ ‎∴f(x)max＝f(x)极大值＝f(a)＝a(ln a＋a－1).‎ 设g(x)＝ln x＋x－1(x>0)，‎ ‎∵g′(x)＝＋1>0，‎ 则g(x)在(0，＋∞)上单调递增.‎ 又∵g(1)＝0，∴01时，g(x)>0.‎ ‎(i)当01时，f(x)max＝a·g(a)>0，‎ ‎∵f＝a－－<0，‎ ‎∴f(x)在上有一个零点，‎ ‎∵f(3a－1)＝aln(3a－1)－(3a－1)2＋(2a－1)(3a－1)‎ ‎＝a[ln(3a－1)－(3a－1)]，‎ 设h(x)＝ln x－x(x>2)，‎ ‎∵h′(x)＝－1<0，‎ ‎∴h(x)在(2，＋∞)上单调递减 则h(3a－1)1，‎ 且当x∈(0，a)时，f(x)是增函数；‎ 当x∈(a，＋∞)时，f(x)是减函数.‎ 不妨设x10，∴F(x)单调递增，又∵F(a)＝0，∴F(x)<0，‎ ‎∴f(x)2a－x1，∴x2＋x1>2a.‎ ‎2.解　(1)因为f(x)＝xln(a>0)，‎ 所以f′(x)＝ln＋x··＝ln＋1，‎ 因为a>0，所以x<0，令f′(x)＝0，‎ 则x＝－，‎ 又因为y＝ln＋1在(－∞，0)上单调递减，‎ 所以f(x)＝xln(a>0)在上单调递增，‎ 在上单调递减，‎ 所以f(x)极大值＝f＝.‎ ‎(2)总存在x1≠x2使得f(x1)＝f(x2)＝m可转化为考查方程f(x)＝m有两个不同的实根，求m的取值范围，也即把问题转化为先求f(x)＝xln的单调区间和值域，又由(1)可知，f(x)＝xln在上单调递增，在上单调递减，‎ 且f(－2)＝0，‎ f(x)极大值＝f＝，‎ 所以当x∈(－∞，－2)时，f(x)<0；‎ 当x∈(－2,0)时，即0<－<1，‎ 则ln<0，‎ 所以f(x)＝xln>0在(－2,0)上恒成立，‎ 如图所示，因此总存在x1≠x2，使得f(x1)＝f(x2)＝m成立的m的取值范围为.‎ ‎3.(1)解　因为f(x)＝xex＋a(x＋1)2，‎ 所以f′(x)＝(x＋1)ex＋2a(x＋1)‎ ‎＝(x＋1)(ex＋2a)，‎ ‎①当a≥0时，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)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增.‎ ‎②当－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时，f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增，在区间(－∞，－1)上单调递减，不妨设x1<－10，‎ 所以F(x)在(－∞，－1)上单调递增，‎ 所以F(x)－1，x2>－1，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，‎ 所以x2<－2－x1，即<－1，‎ 于是由(1)可知，f′<0得证.‎ 能力提升练 ‎4.(1)解　由题可知，F(x)＝ln x－2x2－3x，x∈(0，＋∞)，‎ 则F′(x)＝－4x－3＝－，‎ 当00，当x>时，F′(x)<0，‎ 所以F(x)在上单调递增，‎ 在上单调递减.‎ ‎(2)证明　f′(x0)－g′(x0)＝－(2ax0＋b)＝，‎ 由题可得1－2ax－bx0‎ ‎＝1－2a2－b· ‎＝，‎ 因为函数f(x)与g(x)的图象有两个不同的交点(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，‎ 不妨设x1>x2，令h(x)＝ln x(x>1)，‎ 下证h(x)＝ln x>2，等价于证ln x>＝2－，等价于证ln x＋>2，令u(x)＝ln x＋，‎ 则u′(x)＝－＝≥0恒成立，‎ 所以u(x)>u(1)＝2，‎ 所以a(x1＋x2)2＋b(x1＋x2)>2，‎ 即f′(x0)