2018届高三数学每天一练半小时：第25练 高考大题突破练——导数 含答案

《2018届高三数学每天一练半小时：第25练 高考大题突破练——导数 含答案》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

1、训练目标【1】导数的综合应用；【2】压轴大题突破．训练题型【1】导数与不等式的综合；【2】利用导数研究函数零点；【3】利用导数求参数范围．解题策略【1】不等式恒成立【或有解】可转化为函数的最值问题，函数零点可以和函数图象相结合；【2】求参数范围可用分离参数法.1.【2015·课标全国Ⅱ】设函数f【x】＝emx＋x2－mx.【1】证明：f【x】在【－∞，0】上单调递减，在【0，＋∞】上单调递增；【2】若对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有

2、f【x1】－f【x2】

3、≤e－1，求m的取值范围．2．【2015·课标全国Ⅰ】已知函数f【x】＝x3＋ax＋，g【

4、x】＝－lnx.【1】当a为何值时，x轴为曲线y＝f【x】的切线；【2】用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h【x】＝min{f【x】，g【x】}【x>0】，讨论h【x】零点的个数．3．已知函数f【x】＝【x＋1】e－x【e为自然对数的底数】．【1】求函数f【x】的单调区间；【2】设函数φ【x】＝xf【x】＋tf′【x】＋e－x，存在实数x1，x2∈[0,1]，使得2φ【x1】<φ【x2】成立，求实数t的取值范围．4.【2016·山东】已知f【x】＝a【x－lnx】＋，a∈R.【1】讨论f【x】的单调性；【2】当a＝1时，证明f【x】>f′【

5、x】＋对于任意的x∈[1,2]成立．5．已知函数f【x】＝xlnx和g【x】＝m【x2－1】【m∈R】．【1】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．【1】证明　f′【x】＝m【emx－1】＋2x.若m≥0，则当x∈【－∞，0】时，emx－1≤0，f′【x】<0；当x∈【0，＋∞】时，emx－1≥0，f′【x】>0.若m<0，则当x∈【－∞，0】时，emx－1>0，f′【x】<0；当x

6、∈【0，＋∞】时，emx－1<0，f′【x】>0.所以函数f【x】在【－∞，0】上单调递减，在【0，＋∞】上单调递增．【2】解　由【1】知，对任意的m，f【x】在[－1，0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，故f【x】在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[－1,1]，

7、f【x1】－f【x2】

8、≤e－1的充要条件是即①设函数g【t】＝et－t－e＋1，则g′【t】＝et－1.当t<0时，g′【t】<0；当t>0时，g′【t】>0.故g【t】在【－∞，0】上单调递减，在【0，＋∞】上单调递增．又g【1】＝0，g【－1】＝e－1＋2－e<0，故当

9、t∈[－1,1]时，g【t】≤0.当m∈[－1,1]时，g【m】≤0，g【－m】≤0，即①式成立；当m>1时，g【m】>0，即em－m>e－1；当m<－1时，g【－m】>0，即e－m＋m>e－1.综上，m的取值范围是[－1,1]．2．解　【1】设曲线y＝f【x】与x轴相切于点【x0,0】，则f【x0】＝0，f′【x0】＝0，即解得x0＝，a＝－.因此，当a＝－时，x轴为曲线y＝f【x】的切线．【2】当x∈【1，＋∞】时，g【x】＝－lnx<0，从而h【x】＝min{f【x】，g【x】}≤g【x】<0，故h【x】在【1，＋∞】上无零点．当x＝1时，若a≥

10、－，则f【1】＝a＋≥0，h【1】＝min{f【1】，g【1】}＝g【1】＝0，故1是h【x】的一个零点；若a<－，则f【1】<0，h【1】＝min{f【1】，g【1】}＝f【1】<0，故1不是h【x】的零点．当x∈【0,1】时，g【x】＝－lnx>0.所以只需考虑f【x】在【0,1】上的零点个数．【ⅰ】若a≤－3或a≥0，则f′【x】＝3x2＋a在【0,1】上无零点，故f【x】在【0,1】上单调．而f【0】＝，f【1】＝a＋，所以当a≤－3时，f【x】在【0,1】上有一个零点；当a≥0时，f【x】在【0,1】上没有零点．【ⅱ】若－3

11、】在【0,】上单调递减，在【，1】上单调递增，故在【0,1】中，当x＝时，f【x】取得最小值，最小值为f【】＝＋.①若f【】>0，即－－或a<－时，h【x】有一个零点；当a＝－或a＝－时，h【x】有两个零点；当－

12、R，f′【x】＝－，∴当x<0时，f′【x】>0；当x>0时，f′【x】<0，∴f【x】在【－