高考数学(理数)一轮复习检测卷：2.4《导数的综合应用》 (教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮复习检测卷：2.4《导数的综合应用》 (教师版)

限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)A级　基础夯实练1．已知函数f(x)＝(x＋a－1)ex，g(x)＝eq \f(1,2)x2＋ax，其中a为常数．(1)当a＝2时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)因为a＝2，所以f(x)＝(x＋1)ex，所以f(0)＝1，f′(x)＝(x＋2)ex，所以f′(0)＝2，所以切点的坐标为(0，1)，所以切线方程为2x－y＋1＝0.(2)令h(x)＝f(x)－g(x)，由题意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，h(x)＝(x＋a－1)ex－eq \f(1,2)x2－ax，所以h′(x)＝(x＋a)(ex－1)，①若a≥0，则当x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(0)＝a－1，则a－1≥0，得a≥1.②若a＜0，则当x∈[0，－a)时，h′(x)≤0，当x∈(－a，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(－a)，又h(－a)＜h(0)＝a－1＜0，所以不合题意．综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．2.设函数f(x)＝eq \f(x2,2)－kln x，k＞0.(1)求f(x)的单调区间和极值．(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，eq \r(e) ]上仅有一个零点．解：(1)由f(x)＝eq \f(x2,2)－kln x(k＞0)得f′(x)＝x－eq \f(k,x)＝eq \f(x2－k,x).由f′(x)＝0解得x＝eq \r(k).f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：所以，f(x)的单调递减区间是(0，eq \r(k))，单调递增区间是(eq \r(k)，＋∞)；f(x)在x＝eq \r(k)处取得极小值f(eq \r(k))＝eq \f(k（1－ln k）,2).(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f(eq \r(k))＝eq \f(k（1－ln k）,2).因为f(x)存在零点，所以eq \f(k（1－ln k）,2)≤0，从而k≥e.当k＝e时，f(x)在区间(1，eq \r(e))上单调递减，且f(eq \r(e))＝0，所以x＝eq \r(e)是f(x)在区间(1，eq \r(e)]上的唯一零点．当k＞e时，f(x)在区间(0，eq \r(e))上单调递减，且f(1)＝eq \f(1,2)＞0，f(eq \r(e))＝eq \f(e－k,2)＜0，所以f(x)在区间(1，eq \r(e) ]上仅有一个零点．综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，eq \r(e) ]上仅有一个零点．3．设函数f(x)＝ex－x2－ax－1(e为自然对数的底数)，a∈R.(1)证明：当a＜2－2ln 2时，f′(x)没有零点；(2)当x＞0时，f(x)＋x≥0恒成立，求a的取值范围．解：(1)证明：∵f′(x)＝ex－2x－a，令g(x)＝f′(x)，∴g′(x)＝ex－2.令g′(x)＜0，解得x＜ln 2；令g′(x)＞0，解得x＞ln 2，∴f′(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，∴f′(x)min＝f′(ln 2)＝2－2ln 2－a.当a＜2－2ln 2时，f′(x)min＞0，∴f′(x)的图象恒在x轴上方，∴f′(x)没有零点．(2)当x＞0时，f(x)＋x≥0恒成立，即ex－x2－ax＋x－1≥0恒成立，∴ax≤ex－x2＋x－1，即a≤eq \f(ex,x)－x－eq \f(1,x)＋1恒成立．令h(x)＝eq \f(ex,x)－x－eq \f(1,x)＋1(x＞0)，则h′(x)＝eq \f(（x－1）（ex－x－1）,x2).当x＞0时，ex－x－1＞0恒成立，令h′(x)＜0，解得0＜x＜1，令h′(x)＞0，解得x＞1，∴h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴h(x)min＝h(1)＝e－1.∴a的取值范围是(－∞，e－1]．B级　能力提升练4．已知函数f(x)＝aex－ln x－1.(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥0.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－eq \f(1,x).由题设知，f′(2)＝0，所以a＝eq \f(1,2e2).从而f(x)＝eq \f(1,2e2)ex－ln x－1，f′(x)＝eq \f(1,2e2)ex－eq \f(1,x).当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.所以f(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．(2)证明：当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥eq \f(ex,e)－ln x－1.设g(x)＝eq \f(ex,e)－ln x－1，则g′(x)＝eq \f(ex,e)－eq \f(1,x).当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x＞0时，g(x)≥g(1)＝0.因此，当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥0.5．设函数f(x)＝e2x－aln x.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋alneq \f(2,a).解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq \f(a,x)(x＞0)．当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点；当a＞0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－eq \f(a,x)，因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－eq \f(a,x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(a)＞0，当b满足0＜b＜eq \f(a,4)且b＜eq \f(1,4)时，f′(b)＜0，故当a＞0时，f′(x)存在唯一零点．(2)证明：由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．由于2e2x0－eq \f(a,x0)＝0，所以f(x0)＝eq \f(a,2x0)＋2ax0＋alneq \f(2,a)≥2a＋alneq \f(2,a).故当a＞0时，f(x)≥2a＋alneq \f(2,a).C级　素养加强练6．已知函数f(x)＝eq \f(1,x)－x＋aln x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜a－2.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－eq \f(1,x2)－1＋eq \f(a,x)＝－eq \f(x2－ax＋1,x2).(ⅰ)若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)单调递减．(ⅱ)若a＞2，令f′(x)＝0得，x＝eq \f(a－\r(a2－4),2)或x＝eq \f(a＋\r(a2－4),2).当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))时，f′(x)＜0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))时，f′(x)＞0.所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))单调递减，在(eq \f(a－\r(a2－4),2)，eq \f(a＋\r(a2－4),2))单调递增．(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a＞2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1.由于eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＝－eq \f(1,x1x2)－1＋aeq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)＝－2＋aeq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)＝－2＋aeq \f(－2ln x2,\f(1,x2)－x2)，所以eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜a－2等价于eq \f(1,x2)－x2＋2ln x2＜0.设函数g(x)＝eq \f(1,x)－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)单调递减，又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0.所以eq \f(1,x2)－x2＋2ln x2＜0，即eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜a－2.x(0，eq \r(k))eq \r(k)(eq \r(k)，＋∞)f′(x)－0＋f(x)eq \f(k（1－ln k）,2)