2019-2020年高考数学异构异模复习第三章导数及其应用3.2.3导数的综合应用撬题文

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1、2019-2020年高考数学异构异模复习第三章导数及其应用3.2.3导数的综合应用撬题文1.设f(x)是定义在R上的可导函数,当x≠0时,f′(x)+>0,则关于x的函数g(x)=f(x)+的零点个数为(  )A.1B.2C.0D.0或2答案 C解析 由f′(x)+>0,得>0,当x>0时,xf′(x)+f(x)>0,即[xf(x)]′>0,函数xf(x)单调递增;当x<0时,xf′(x)+f(x)<0,即[xf(x)]′<0,函数xf(x)单调递减.∴xf(x)>0f(0)=0,又g(x)=f(x)+x-1=,函数g(x)=的

2、零点个数等价于函数y=xf(x)+1的零点个数.当x>0时,y=xf(x)+1>1,当x<0时,y=xf(x)+1>1,所以函数y=xf(x)+1无零点,所以函数g(x)=f(x)+x-1的零点个数为0.故选C.2.设函数f(x)是定义在(-∞,0)上的可导函数,其导函数为f′(x),且有2f(x)+xf′(x)>x2,则不等式(x+xx)2f(x+xx)-4f(-2)>0的解集为________.答案 (-∞,-xx)解析 由2f(x)+xf′(x)>x2,x<0得2xf(x)+x2f′(x)

3、<0.令F(x)=x2f(x)(x<0),则F′(x)<0(x<0),即F(x)在(-∞,0)上是减函数,因为F(x+xx)=(x+xx)2f(x+xx),F(-2)=4f(-2),所以不等式(x+xx)2f(x+xx)-4f(-2)>0即为F(x+xx)-F(-2)>0,即F(x+xx)>F(-2),又因为F(x)在(-∞,0)上是减函数,所以x+xx<-2,∴x<-xx.3.已知f(x)=ax-cosx,x∈.若∀x1∈,∀x2∈,x1≠x2,<0,则实数a的取值范围为________.答案 a≤-解析 f′(x)=a+si

4、nx.依题意可知f(x)在上为减函数,所以f′(x)≤0对x∈恒成立,可得a≤-sinx对x∈恒成立.设g(x)=-sinx,x∈.易知g(x)为减函数,故g(x)min=-,所以a≤-.4.已知函数f(x)=lnx+a(1-x).(1)讨论f(x)的单调性;(2)当f(x)有最大值,且最大值大于2a-2时,求a的取值范围.解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-a.若a≤0,则f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)单调递增.若a>0,则当x∈时,f′(x)>0;当x∈时,f′(x)<0.所以f(x)在单调递

5、增,在单调递减.(2)由(1)知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)无最大值;当a>0时,f(x)在x=取得最大值,最大值为f=ln+a=-lna+a-1.因此f>2a-2等价于lna+a-1<0.令g(a)=lna+a-1,则g(a)在(0,+∞)单调递增,g(1)=0.于是,当01时,g(a)>0.因此,a的取值范围是(0,1).5.设a>1,函数f(x)=(1+x2)ex-a.(1)求f(x)的单调区间;(2)证明:f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点;(3)若曲线y=f(x)在点P处的切

6、线与x轴平行,且在点M(m,n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点),证明:m≤-1.解 (1)f′(x)=2xex+(1+x2)ex=(x2+2x+1)ex=(x+1)2ex≥0,故f(x)是R上的单调递增函数,其单调增区间是(-∞,+∞),无单调减区间.(2)证明:因为f(0)=(1+02)e0-a=1-a<0,且f(lna)=(1+ln2a)elna-a=(1+ln2a)a-a=aln2a>0,由零点存在性定理知,f(x)在(-∞,+∞)上至少有一个零点.又由(1)知,函数f(x)是(-∞,+∞)上的单调递增函数,故函数

7、f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点.(3)证明:设点P(x0,y0),由曲线y=f(x)在点P处的切线与x轴平行知,f′(x0)=0,即f′(x0)=(x0+1)2ex0=0,(x0+1)2=0,x0=-1,即P(-1,2e-1-a).由点M(m,n)处的切线与直线OP平行知,f′(m)=kOP,即(1+m)2em==a-.由em≥1+m知,(1+m)3≤(1+m)2em=a-,即1+m≤,即m≤-1.6.已知函数f(x)=lnx-.(1)求函数f(x)的单调递增区间;(2)证明:当x>1时,f(x)

8、k的所有可能取值,使得存在x0>1,当x∈(1,x0)时,恒有f(x)>k(x-1).解 (1)f′(x)=-x+1=,x∈(0,+∞).由f′(x)>0得解得0

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