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