2016高考导数大题训练

规范练六函数与导数1．已知函数f(x)＝ax2＋x－xlnx.(1)若a＝0，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(1)＝2，且在定义域内f(x)≥bx2＋2x恒成立，求实数b的取值范围．解(1)当a＝0时，f(x)＝x－xlnx，函数定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝－lnx，由－lnx＝0，得x＝1.当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)在(0,1)上是增函数；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)在(1，＋∞)上是减函数．(2)由f(1)＝2，得a＋1＝2，∴a＝1，∴f(x)＝x2＋x－xlnx，由f(x)≥bx2＋2x，得(1－b)x－1≥lnx.又∵x＞0，∴b≤1－1x－lnxx恒成立．令g(x)＝1－1x－lnxx，可得g′(x)＝lnxx2，由g′(x)＝0，得x＝1.∴g(x)在(0,1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝0，∴b的取值范围是(－∞，0]．2．设f(x)＝ex(ax2＋x＋1)．(1)若a＞0，讨论f(x)的单调性；(2)x＝1时，f(x)有极值，证明：当θ∈0，π2时，|f(cosθ)－f(sinθ)|＜2.(1)解f′(x)＝ex(ax2＋x＋1)＋ex(2ax＋1)＝aex(x＋1a)(x＋2)，当a＝12时，由f′(x)＝12ex(x＋2)2≥0，所以f(x)在R上单增递增；当0＜a＜12时，由f′(x)＞0，得x＞－2或x＜－1a；由f′(x)＜0，得－1a＜x＜－2，∴f(x)在－∞，－1a和(－2，＋∞)上单调递增，在－1a，－2上单调递减．当a＞12时，由f′(x)＞0，得x＞－1a或x＜－2，由f′(x)＜0，得－2＜x＜－1a，∴f(x)在(－∞，－2)和－1a，＋∞)上单调递增，在－2，－1a上单调递减．(2)证明∵x＝1时，f(x)有极值，∴f′(1)＝3e(a＋1)＝0，∴a＝－1，∴f(x)＝ex(－x2＋x＋1)，f′(x)＝－ex(x－1)(x＋2)．由f′(x)＞0，得－2＜x＜1，∴f(x)在[－2,1]上单增．∵θ∈0，π2，∴sinθ，cosθ∈[0,1]，∴|f(cosθ)－f(sinθ)|≤f(1)－f(0)＝e－1＜2.3．已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c在(－∞，0)上是减函数，在(0,1)上是增函数，函数f(x)在R上有三个零点，且1是其中一个零点．(1)求b的值；(2)求f(2)的取值范围；(3)设g(x)＝x－1，且f(x)＞g(x)的解集为(－∞，1)，求实数a的取值范围．解(1)∵f′(x)＝－3x2＋2ax＋b∴当x＝0时，f(x)取到极小值，即f′(0)＝0，∴b＝0.(2)由(1)知，f(x)＝－x3＋ax2＋c，∵1是函数f(x)的一个零点，即f(1)＝0，∴c＝1－a.∵f′(x)＝－3x2＋2ax＝0的两个根分别为x1＝0，x2＝2a3.又∵f(x)在(0,1)上是增函数，且函数f(x)在R上有三个零点，∴x2＝2a3＞1，即a＞32.∴f(2)＝－8＋4a＋(1－a)＝3a－7＞－52.故f(2)的取值范围为(－52，＋∞)．(3)法一由(2)知f(x)＝－x3＋ax2＋1－a，且a＞32.∵1是函数f(x)的一个零点，∴f(1)＝0，∵g(x)＝x－1，∴g(1)＝0，∴点(1,0)是函数f(x)和函数g(x)的图象的一个交点结合函数f(x)和函数g(x)的图象及其增减特征可知，当且仅当函数f(x)和函数g(x)的图象只有一个交点(1,0)时，f(x)＞g(x)的解集为(－∞，1)．即方程组y＝x－1y＝－x3＋ax2＋1－a①只有一解：x＝1y＝0.由－x3＋ax2＋1－a＝x－1，得(x3－1)－a(x2－1)＋(x－1)＝0，即(x－1)[x2＋(1－a)x＋(2－a)]＝0，∴x＝1或x2＋(1－a)x＋(2－a)＝0，由方程x2＋(1－a)x＋(2－a)＝0②，得Δ＝(1－a)2－4(2－a)＝a2＋2a－7，当Δ＜0，即a2＋2a－7＜0，又因为a＞32，解得32＜a＜22－1.此时方程②无实数解，方程组①只有一个解x＝1，y＝0，所以32＜a＜22－1时，f(x)＞g(x)的解集为(－∞，1)．法二由(2)知f(x)＝－x3＋ax2＋1－a，且a＞32.∵1是函数f(x)的一个零点，∴f(x)＝－(x－1)[x2＋(1－a)x＋1－a]又f(x)＞g(x)的解集为(－∞，1)，∴f(x)－g(x)＝－(x－1)[x2＋(1－a)x＋2－a]＞0的解集为(－∞，1)．∴x2＋(1－a)x＋2－a＞0恒成立．∴Δ＝(1－a)2－4×1×(2－a)＜0.∴a2＋2a－7＜0，∴(a＋1)2＜8.又∵a＞32，∴32＜a＜22－1，∴a的取值范围为32，22－1.4．已知函数f(x)＝ax＋lnx，其中a为常数(1)当a＝－1时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求a的值；(3)当a＝－1时，试推断方程|f(x)|＝lnxx＋12是否有实数解．解(1)当a＝－1时，f(x)＝－x＋lnx(x0)，f′(x)＝－1＋1x＝1－xx，当0＜x＜1时，f′(x)＞0；当x＞1时，f′(x)＜0.∴f(x)在(0,1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数，f(x)max＝f(1)＝－1，(2)∵f′(x)＝a＋1x，x∈(0，e]，1x∈1e，＋∞.①若a≥－1e，则f′(x)≥0，f(x)在(0，e]上是增函数，∴f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0不合题意．②若a＜－1e，则由f′(x)＞0⇒a＋1x＞0，即0＜x＜－1a.由f′(x)＜0得a＋1x＜0，即－1a＜x≤e.从而f(x)在0，－1a上是增函数，在－1a，e上是减函数，∴f(x)max＝f－1a＝－1＋ln－1a令－1＋ln－1a＝－3，则ln－1a＝－2，∴－1a＝e－2，即a＝－e－2.∵－e2＜－1e，∴a＝－e2为所求．(3)由(1)知当a＝－1时，f(x)max＝f(1)＝－1，∴|f(x)|≥1又令g(x)＝lnxx＋12，g′(x)＝1－lnxx2.令g′(x)＝0，得x＝e.当0＜x＜e时，g′(x)＞0，g(x)在(0，e)上单调递增，当x＞e时，g′(x)＜0，g(x)在(e，＋∞)上单调递减，∴g(x)max＝g(e)＝1e＋12＜1，∴g(x)＜1，∴|f(x)|＞g(x)，即|f(x)|＞lnxx＋12，∴方程|f(x)|＝lnxx＋12没有实数解．21（本题满分14分）已知函数)(ln)(Raxaxxf，（1）若,1a求曲线)(xfy在21x处的切线的斜率；（2）求)(xf的单调区间；（3）设,22)(xxg若存在),,0(1x对于任意],1,0[2x使),()(21xgxf求a的范围。解：xaxxaxfxRaxaxxf11)('),0()(ln)((I)121)21(',1fka为增函数在当),0()(,0)(',0)(xfxfaII,10)(',100)('0axxfaxxfa，令当综上：)(,0xfa的单调增区间为),0()(0xfa，的单调增区间为），，（a10减区间为），（a1时，知，当）由（0)(aIIIII一定符合题意，当)(0xfa，的单调增区间为），，（a10减区间为），（a1)1ln(1)1()(maxaafxf由题意知，只需满足010)1ln(10)1()()(maxmaxaeagxgxf综上：ea121．已知函数f（x）=xlnx，g（x）=2x﹣3（1）证明：f（x）＞g（x）；（2）证明：（1+1×2）（1+2×3）…（1+2014×2015）＞e2×2014﹣3．考点：利用导数研究函数的单调性．专题：导数的综合应用．分析：（1）构造函数F（x）=f（x）﹣g（x），利用导数求出函数的最小值为3﹣e，问题得证．（2）由题意得得，令x=1+n（n+1），利用放缩法加以证明．解答：证明：（1）令F（x）=f（x）﹣g（x）=xlnx﹣2x+3，（x＞0）∴F'（x）=lnx+1﹣2=lnx﹣1，令F'（x）=0，解得x=e，∴x∈（0，e），F'（x）＜0，x∈（e，+∞），F'（x）＞0，∴当x=e时函数F（x）有最小值，即为F（e）=elne﹣2e+3=3﹣e＞0，故f（x）＞g（x）．（2）由（1）xlnx＞2x﹣3，得，令x=1+n（n+1），故，∴=即ln＞2×2014﹣3则（1+1×2）（1+2×3）…（1+2014×2015）＞e2×2014﹣3成立．故问题得以证明．点评：本题主要考查了导数以函数的最值的关系，以及利用放缩法证明不等式成立的问题，属于中档题．22．已知函数f（x）=（x﹣e）（lnx﹣1）（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）求曲线y=f（x）在x=1处的切线方程；（Ⅱ）若m是f（x）的一个极值点，且点A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））满足条件：（1﹣lnx1）（1﹣lnx2）=﹣1．①求m的值；②若点P（m，f（m）），判断A，B，P三点是否可以构成直角三角形？请说明理由．考点：利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的极值．专题：计算题；导数的综合应用．分析：（Ⅰ）求出导数和切线的斜率，及切点，运用点斜式方程，即可得到切线方程；（Ⅱ）①求出导数，讨论当0＜x＜e时，当x＞e时，导数的符号，即可判断极值点，求出P点；②讨论若x1=e，若x1=x2，与条件不符，从而得x1≠x2．计算向量PA，PB的数量积，即可判断PA⊥PB．解答：解：（Ⅰ），f'（1）=﹣e，又f（1）=e﹣1，∴曲线y=f（x）在x=1处的切线方程为y﹣（e﹣1）=﹣e（x﹣1），即ex+y﹣2e+1=0．（Ⅱ）①对于，定义域为（0，+∞）．当0＜x＜e时，lnx＜1，，∴；当x=e时，f'（x）=1﹣1=0；当x＞e时，lnx＞1，，∴∴f（x）存在唯一的极值点e，∴m=e，则点P为（e，0）②若x1=e，则（1﹣lnx1）（1﹣lnx2）=0，与条件（1﹣lnx1）（1﹣lnx2）=﹣1不符，从而得x1≠e．同理可得x2≠e．若x1=x2，则，与条件（1﹣lnx1）（1﹣lnx2）=﹣1不符，从而得x1≠x2．由上可得点A，B，P两两不重合．=（x1﹣e）（x2﹣e）+（x1﹣e）（x2﹣e）（lnx1﹣1）（lnx2﹣1）=（x1﹣e）（x2﹣e）（lnx1lnx2﹣lnx1x2+2）=0从而PA⊥PB，点A，B，P可构成直角三角形．点评：本题考查导数的综合应用：求切线方程和求极值，考查运用向量的数量积为0，证明线段垂直的方法，属于中档题．2.(2015·长春模拟)已知函数f(x)=1-错误!未找到引用源。,g(x)=x-lnx.(1)证明:g(x)≥1.(2)证明:(x-lnx)f(x)1-错误!未找到引用源。.【证明】(1)g′(x)=错误!未找到引用源。,当0x1时,g′(x)0,当x1时,g′(x)0,即g(x)在(0,1)上是减少的,在(1,+∞)上是增加的.所以g(x)≥g(1)=1,得证.(2)f(x)=1-错误!未找到引用源。,f′(x)=错误!未找到引用源。,所以0x2时,f′(x)0,x2时,f′(x)0,即f(x)在(0,2)上是减少的,在(2,+∞)上是增加的,所以f(x)≥f(2)=1-错误!未找到引用源。,又由(1)x-lnx≥1,所以(x-lnx)f(x)1-错误!未找到引用源。.3.(2015·合肥模拟)若f(x)=错误!未找到引用源。其中a∈R.(1)当a=-2时,求函数f