2021届高中数学统考第二轮专题复习 第4讲 导数的热点问题限时集训（理含解析）.docx

1、第4讲 导数的热点问题基础过关1.设aR,函数f(x)=lnx-ax.(1)讨论函数f(x)的单调性并求极值;(2)已知x1=e(e是自然对数的底数)和x2是函数f(x)的两个不同的零点,求a的值,并证明x2e32.2.已知函数f(x)=axex-lnx+b的图像在点(1,f(1)处的切线方程为y=(2e-1)x-e.(1)求a,b的值;(2)若f(x)mx恒成立,求实数m的取值范围.3.已知函数f(x)=x2-x+klnx,k0.(1)若函数f(x)的图像在点(1,f(1)处的切线的斜率为2,求k的值;(2)讨论函数f(x)的单调性;(3)若函数f(x)有两个不同的极值点x1,x2,证明:|

2、f(x1)-f(x2)|x1),求f(x2)-f(x1)的最大值.6.已知函数f(x)=ax-ln(2x+1),g(x)=ex-x-1,曲线y=f(x)与y=g(x)在原点处的切线相同.(1)求f(x)的单调区间和极值;(2)当x0时,若g(x)kf(x)恒成立,求实数k的取值范围.7.已知函数f(x)=alnx-x+1x(aR).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)求证:当nN*时,ln(n+1)e-ax1+e-ax2.限时集训(四)1.解:(1)由已知得f(x)的定义域为(0,+),f(x)=1x-a=1-axx.若a0,则f(x)0,f(x)在区间(0,+)上单调递增,无极值;若a0,

3、则令f(x)=0,得x=1a,在区间0,1a上,f(x)0,函数f(x)单调递增,在区间1a,+上,f(x)0时,函数f(x)在0,1a上单调递增,在1a,+上单调递减,函数f(x)的极大值为f1a=-lna-1,无极小值.(2)因为f(e)=0,所以12-ae=0,解得a=12e.因为f(x)=lnx-12ex,所以f(e32)=32-e20,f(e52)=52-e220,所以f(e32)f(e52)0.由(1)知,函数f(x)在(0,2e)上单调递增,在(2e,+)上单调递减,因为函数f(x)有两个不同的零点x1,x2,且函数f(x)在区间(e32,e52)上有唯一零点,x1e32.2.解

4、:(1)f(x)=aex+axex-1x.函数f(x)=axex-lnx+b的图像在点(1,f(1)处的切线方程为y=(2e-1)x-e,f(1)=ae+b=e-1,f(1)=2ae-1=2e-1,解得a=1,b=-1.(2)由f(x)mx得xex-lnx-1mx,即mxex-lnx-1x.令(x)=xex-lnx-1x,则(x)=x2ex+lnxx2.令h(x)=x2ex+lnx,易知h(x)在(0,+)上单调递增,又h1e=1e2e1e-10,故h(x)在1e,1上存在零点x0,即h(x0)=x02ex0+lnx0=0,即x0ex0=-lnx0x0=ln1x0eln1x0.y=xex在(0

5、,+)上单调递增,x0=ln1x0=-lnx0,即ex0=1x0.易知(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,(x)min=(x0)=1+x0-1x0=1,m1,故实数m的取值范围是(-,1.3.解:(1)f(x)=2x-1+kx(x0),由题意知f(1)=1+k=2,k=1.(2)令f(x)=2x-1+kx=0,可得2x2-x+k=0,=1-8k.当k18时,0,f(x)0,f(x)在(0,+)上单调递增.当0k0,设x1,x2是方程2x2-x+k=0的两个根,则x1x2=k20,x1+x2=120,故x10,x20.不妨设x1x2,则x1=1+1-8k4,x2=1-1-8

6、k4,故f(x)在0,1-1-8k4,1+1-8k4,+上单调递增,在1-1-8k4,1+1-8k4上单调递减.(3)证明:由(2)可知,0kf(x1),f(x1)-f(x2)=x12-x22-(x1-x2)+klnx1x2=(x1-x2)(x1+x2-1)+klnx1x2=-1-8k4+kln1+1-8k1-1-8k=-1-8k4+kln(1+1-8k)-ln(1-1-8k).令t=1-8k(0,1),则14-2k=1-8k4=14t2,故只需证明t4+kln(1-t)-ln(1+t)t24,设g(t)=t24-t4-kln(1-t)-ln(1+t),0t0.g(t)=t2-14-k-11-

7、t-11+t=t2-14+2k1-t2,1-t2=1-(1-8k)=8k,g(t)=t20,g(t)在(0,1)上单调递增,g(t)g(0)=0,原不等式得证.4.解:(1)f(x)=ex+a.当a0时,f(x)=ex+a0,所以f(x)在R上单调递增;当a0,得xln(-a),由f(x)=ex+a0,得x0时,m(x)0,当x0时,m(x)0,当a(-2,0)时,F(x)=ex+a+1xx+1+a+1x=x+1x+1+a2x1x+1+a=a+30,两个不等号不能同时取到等号,所以函数F(x)在区间(0,+)上单调递增.因为F1e=e1e+ae-2e12-2e2-2e0,所以F(x)只有一个零

8、点.5.解:(1)f(x)=2x+x-a=x2-ax+2x(x0),令x2-ax+2=0,则=a2-8.当a0或0,即a22时,f(x)0恒成立,f(x)在(0,+)上单调递增.当a0,0,即a22时,由f(x)0,得0xa+a2-82,由f(x)0,得a-a2-82x22时,f(x)在0,a-a2-82和a+a2-82,+上单调递增,在a-a2-82,a+a2-82上单调递减.(2)由(1)得x1,x2为x2-ax+2=0的两个根,x1+x2=a,x1x2=2,f(x2)-f(x1)=2lnx2x1+12(x22-x12)-a(x2-x1)=2lnx2x1-x22-x122=2lnx2x1-

9、x22-x12x1x2=2lnx2x1-x2x1+x1x2.令t=x2x1(t1),h(t)=2lnt-t+1t,由a3得a22=(x1+x2)2x1x2=t+1t+292,故2t2-5t+20,可得t2.h(t)=2t-1-1t2=-t2+2t-1t2=-(t-1)2t2-12,g(x)=ex-1,依题意得f(0)=g(0),即a-2=1-1,解得a=2,所以f(x)=2-22x+1=4x2x+1x-12.当-12x0时,f(x)0时,f(x)0.故f(x)的单调递减区间为-12,0,单调递增区间为(0,+).f(x)的极小值为f(0)=0,无极大值.(2)当x0时,令h(x)=g(x)-k

10、f(x)=ex-x-1-2kx+kln(2x+1),则h(x)=ex-1-k2-22x+1=(2x+1)ex-4kx-2x-12x+1.令H(x)=(2x+1)ex-4kx-2x-1,则H(x)=(2x+3)ex-4k-2.当x0时,(2x+3)ex3,令4k+2=3,得k=14.当k14时,H(x)0,所以H(x)在0,+)上单调递增,从而H(x)H(0)=0,可知h(x)在0,+)上单调递增,故h(x)h(0)=0,于是g(x)kf(x)成立.当k14时,令m(x)=H(x),则m(x)=(2x+5)ex0,所以H(x)在0,+)上单调递增,又H(0)=1-4k0,当x+时,H(x)+,所

11、以存在x0(0,+),使得H(x0)=0,所以H(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,所以当x(0,x0)时,H(x)H(0)=0,h(x)单调递减,此时h(x)0),令x2-ax+1=0,则=a2-4.当0,即-2a2时,f(x)0,f(x)在(0,+)上单调递减.当a2时,方程x2-ax+1=0有两个实根,即x1=a-a2-42,x2=a+a2-42,且0x1x2,当0xx2时,f(x)0,f(x)单调递减,当x1x0,f(x)单调递增.当a0在(0,+)上恒成立,故f(x)2时,f(x)在0,a-a2-42和a+a2-42,+上单调递减,在a-a2-42,a+a2-4

12、2上单调递增.(2)证明:在(1)中取a=2,可知f(x)=2lnx-x+1x在(0,+)上单调递减,所以当x1时,f(x)f(1)=0,即lnx1,可得ln1+1k12k+1k-kk+1=2k+12(k2+k).取k=1,2,n,累加得ln2+ln32+lnn+1n34+512+2n+12n2+2n,即ln(n+1)0,f(x)在(0,+)上单调递增,不合题意.若a0,所以g(x)在0,-1a上单调递减,在-1a,+上单调递增,所以g(x)min=g-1a=-a-aln-1a=-a1+ln-1a.(i)当1+ln-1a0,即-ea0时,g(x)=1x-alnx0,f(x)0,f(x)在(0,

13、+)上单调递增,不合题意;(ii)当1+ln-1a0,即a-e时,g-1a0,易知g14a20,14a2-1a0,则g(x)=-ax+1x20,ge1a=e-1a-10,f(x)0,当x(x0,+)时,g(x)0,f(x)1.因为x1x0,x2x0,所以lnx10,lnx20,ln(x1+x2)0.由(1)可知函数f(x)在(x0,+)上单调递减,所以f(x1)f(x1+x2),f(x2)f(x1+x2),即lnx1eax1ln(x1+x2)ea(x1+x2),lnx2eax2ln(x1+x2)ea(x1+x2).现证明不等式ab+cda+cb+d,其中a,b,c,d(0,+).要证ab+cd

14、a+cb+d,即证ad+bcbda+cb+d,即证abd+ad2+b2c+bcdabd+bcd,即证ad2+b2c0,显然成立.再证明:若abe,cde,其中a,b,c,d,e(0,+),则a+cb+de.由abe,cde可得abe,cde,故a+cbe+de=(b+d)e,故a+cb+de.所以lnx1eax1+lnx2eax2lnx1+lnx2eax1+eax2ln(x1+x2)ea(x1+x2),即lnx1+lnx2ln(x1+x2)eax1+eax2ea(x1+x2),即ln(x1x2)ln(x1+x2)e-ax1+e-ax2,所以log(x1+x2)(x1x2)e-ax1+e-ax2.