2023届高考一轮复习讲义（文科）第三章　导数及其应用 第4讲　第1课时　高效演练 分层突破学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（文科）第三章　导数及其应用 第4讲　第1课时　高效演练 分层突破学案，共4页。

1．(2020·汕头一模)函数f(x)＝ln x＋a的导数为f′(x)，若方程f′(x)＝f(x)的根x0小于1，则实数a的取值范围为( )
A．(1，＋∞) B．(0，1)
C．(1，eq \r(2)) D．(1，eq \r(3))
解析：选A.由函数f(x)＝ln x＋a可得f′(x)＝eq \f(1,x)，
因为x0使f′(x)＝f(x)成立，所以eq \f(1,x0)＝ln x0＋a，
又01，ln x0<0，
所以a＝eq \f(1,x0)－ln x0>1.
2．(2020·聊城模拟)若函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋x2－eq \f(2,3)在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是( )
A．[－5，0) B．(－5，0)
C．[－3，0) D．(－3，0)
解析：选C.由题意知，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2，0)上是减函数，作出其大致图象如图所示，
令eq \f(1,3)x3＋x2－eq \f(2,3)＝－eq \f(2,3)得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3≤a<0，,a＋5>0，))解得a∈[－3，0)．
3．已知函数f(x)＝x＋eq \f(4,x)，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，∃x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是 ．
解析：由题意知f(x)mineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))))≥g(x)min(x∈[2，3])，因为f(x)min＝5，g(x)min＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1.
答案：(－∞，1]
4．若对任意a，b满足0解析：因为0所以eq \f(ln a,a)令y＝eq \f(ln x,x)，x∈(0，t)，则函数在(0，t)上单调递增，
故y′＝eq \f(1－ln x,x2)≥0，解得0故t的最大值是e.
答案：e
5．(2020·贵州省适应性考试)函数f(x)＝x－ln x，g(x)＝aex.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)求证：当a≥eq \f(1,e)时，xf(x)≤g(x)．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
由f(x)＝x－ln x，得f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，＋∞)．
(2)证明：要证xf(x)≤g(x)，即证x(x－ln x)≤aex，即证a≥eq \f(x2－xln x,ex).设h(x)＝eq \f(x2－xln x,ex)，
则h′(x)＝eq \f(－x2＋2x－1＋xln x－ln x,ex)＝
eq \f([ln x－（x－1）]（x－1）,ex)，由(1)可知f(x)≥f(1)＝1，
即ln x－(x－1)≤0，
于是，当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减．
所以x＝1时，h(x)取得最大值，h(x)max＝eq \f(1－0,e)＝eq \f(1,e)，
所以当a≥eq \f(1,e)时，xf(x)≤g(x)．
[综合题组练]
1．(2020·贵州省适应性考试)已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝eq \f(ln x,x).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围．
解：(1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R.
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减；
当a＞0时，令f′(x)＝0得x＝ln a.
由f′(x)＞0得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；
由f′(x)<0得f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞)．
综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为R；当a＞0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；
单调递减区间为(ln a，＋∞)．
(2)因为∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，
则ax≤eq \f(ln x,x)，即a≤eq \f(ln x,x2).
设h(x)＝eq \f(ln x,x2)，则问题转化为a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x,x2)))eq \s\d7(max)，
由h′(x)＝eq \f(1－2ln x,x3)，
令h′(x)＝0，则x＝eq \r(e).
当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
由上表可知，当x＝eq \r(e)时，函数h(x)有极大值，即最大值为eq \f(1,2e).所以a≤eq \f(1,2e).
2．(2020·重庆市七校联合考试)设函数f(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(e,ex)，g(x)＝a(x2－1)－ln x(a∈R，e为自然对数的底数)．
(1)证明：当x>1时，f(x)>0；
(2)讨论g(x)的单调性；
(3)若不等式f(x)解：(1)证明：f(x)＝eq \f(ex－1－x,xex－1)，
令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1，
当x>1时，s′(x)>0，所以s(x)在(1，＋∞)上单调递增，又s(1)＝0，所以s(x)>0，
从而当x>1时，f(x)>0.
(2)g′(x)＝2ax－eq \f(1,x)＝eq \f(2ax2－1,x)(x>0)，
当a≤0时，g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当a>0时，由g′(x)＝0得x＝eq \f(1,\r(2a)) .
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(2a))))时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a))，＋∞))时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
(3)由(1)知，当x>1时，f(x)>0.
当a≤0，x>1时，g(x)＝a(x2－1)－ln x<0，
故当f(x)0.
当01，
g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,\r(2a))))上单调递减，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a))))0，所以此时f(x)当a≥eq \f(1,2)时，令h(x)＝g(x)－f(x)(x≥1)，
当x>1时，h′(x)＝2ax－eq \f(1,x)＋eq \f(1,x2)－e1－x>x－eq \f(1,x)＋eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)＝eq \f(x3－2x＋1,x2)>eq \f(x2－2x＋1,x2)>0，
因此，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
又h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝g(x)－f(x)>0，即f(x)综上，a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).x
(0，eq \r(e))
eq \r(e)
(eq \r(e)，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)

极大值eq \f(1,2e)
