高考数学复习导数及其应用第25练高考大题突破练—导数练习 6页

第25练高考大题突破练—导数[基础保分练]1．已知函数f(x)＝axlnx＋b，g(x)＝x2＋kx＋3，曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1.(1)若f(x)在(b，m)上有最小值，求m的取值范围．(2)当x∈时，若关于x的不等式2f(x)＋g(x)≥0有解，求k的取值范围．2．(2019·辽宁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|g(x1)－g(x2)|<1.3．已知函数f(x)＝.(1)求函数f(x)的单调区间与极值；(2)若不等式f(x)≤kx对任意x>0恒成立，求实数k的取值范围；(3)求证：＋＋…＋<.n[能力提升练]4．(2019·甘肃静宁县第一中学模拟)已知函数f(x)＝x3－x2，g(x)＝－mx，m是实数．(1)若f(x)在区间(2，＋∞)上为增函数，求m的取值范围；(2)在(1)的条件下，函数h(x)＝f(x)－g(x)有三个零点，求m的取值范围．答案精析基础保分练1．解　(1)f′(x)＝a(lnx＋1)，由题意得解得故f′(x)＝lnx＋1，f(x)＝xlnx，当f′(x)>0，即x>时，f(x)单调递增，当f′(x)<0，即00，即≤x<1时，h(x)单调递增，当h′(x)<0，即10，使f(x)≤0成立，n∴－＋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，∴|g(x1)－g(x2)|≤g(1)－g(a)＝a2－alna－.要证明|g(x1)－g(x2)|<1，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．(1)解　函数定义域为(0，＋∞)，导函数为f′(x)＝，令f′(x)＝＝0，得x＝e.x(0，e)e(e，＋∞)f′(x)＋0－f(x)增极大值减由上图表知：f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．f(x)的极大值为f(e)＝＝，n无极小值．(2)解　∵x>0，≤kx，∴k≥，令h(x)＝，又h′(x)＝，令h′(x)＝0，解得x＝，当x在(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)变化如下表：x(0，)(，＋∞)h′(x)＋0－h(x)↗↘由表知，当x＝时函数h(x)有最大值，且最大值为，∴k≥.(3)证明　由(2)知≤，∴≤·(x≥2)，∴＋＋…＋<，又＋＋…＋<＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－<1，∴＋＋…＋<·<，即＋＋…＋<.4．解　(1)f′(x)＝x2－(m＋1)x，因为f(x)在区间(2，＋∞)上为增函数，所以f′(x)＝x(x－m－1)≥0在区间(2，＋∞)上恒成立，所以x－m－1≥0恒成立，即m≤x－1恒成立，由x>2，得m≤1.所以m的取值范围是(－∞，1]．(2)h(x)＝f(x)－g(x)＝x3－x2＋mx－，所以h′(x)＝(x－1)(x－m)，令h′(x)＝0，解得x＝m或x＝1，m＝1时，h′(x)＝(x－1)2≥0，h(x)在R上是增函数，不合题意；nm<1时，令h′(x)>0，解得x1，令h′(x)<0，解得m0，解得m<1－.所以m的取值范围是(－∞，1－)．