(word完整版)4高三导数综合复习题经典习题

则，…（9分）

设h（x）＝x﹣lnx﹣2， 则

，∴h（x）在（1，+∞）上单调递增．

又h（3）＝3﹣ln3﹣2＝1﹣ln3＜0，h（4）＝4﹣ln4﹣2＝2﹣2ln2＞0， 根据零点存在性定理，可知h（x）在（1，+∞）上有唯一零点，

设该零点为x0，则x0∈（3，4），且h（x0）＝x0﹣lnx0﹣2＝0，即x0﹣2＝lnx0， ∴

…（11分）

由题意可知a＞x0+1，又x0∈（3，4），a∈Z， ∴a的最小值为5．…（12分）

【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．

32．已知函数f（x）＝lnx，g（x）＝x﹣1．

（1）当k为何值时，直线y＝g（x）是曲线y＝kf（x）的切线； （2）若不等式

在[1，e]上恒成立，求a的取值范围．

，设切点为（x0，y0），则

，

【分析】（1）令n（x）＝kf（x）＝klnx，

x0﹣1＝klnx0，利用函数的单调性结合F（1）＝1，求出k． （2）令

，求出导函数，通过①当a≤0时，判断函

数的单调性，②当a＞0时，判断函数的单调性．（i）当4a2≥e，（ⅱ）当1＜4a2＜e，（ⅲ）当0＜4a2≤1，分析函数的最值推出结果即可． 【解答】解：（1）令n（x）＝kf（x）＝klnx，设切点为（x0，y0），则令

，

，x0﹣1＝klnx0，则

， ．

，则函数y＝F（x）在（0，1）上单调递减，

在（1，+∞）上单调递增．且F（1）＝1，所以k＝1． （2）令

，则

．

①当a≤0时，h'（x）＜0，所以函数h（x）在[1，e]上单调递减， 所以h（x）≤h（1）＝0，所以a≤0满足题意．

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②当a＞0时，令h'（x）＝0，得x＝4a2，

所以当x∈（0，4a2）时，h'（x）＞0；当x∈（4a2，+∞）时，h'（x）＜0． 所以函数h（x）在（0，4a2）上单调递增，在（4a2，+∞）上单调递减． （i）当4a2≥e，即所以

（ⅱ）当1＜4a2＜e，即e）上单调递减．

所以h（x）≤h（4a2）＝aln（4a2）﹣2a+1＝2aln（2a）﹣2a+1≤0． 设

所以m（x）在

（ⅲ）当0＜4a2≤1，即＝0，所以意．

综上所述：a的取值范围为

．

满足题

上单调递增，

，则m'（x）＝2ln（2x）＞0，

，不满足题意，

时，h（x）在[1，e]上单调递增，

，所以

，此时无解．

时，函数h（x）在（1，4a2）上单调递增，在（4a2，

时，h（x）在[1，e]上单调递减，所以h（x）≤h（1）

【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，构造法的应用，考查转化思想以及计算能力．如果用于考试，可以参考：评分细则： （1）第一问中，未说明k（x）的单调性，扣（1分）；

（2）第二问中，能够利用数形结合得出正确答案，并且严格证明不扣分． 33．已知函数f（x）＝x3+ax． （1）讨论f（x）的单调性； （2）若函数g（x）＝f（x）﹣xlnx在【分析】（1）对f（x）求导，然后分a（2）原式等价于方程x3+ax﹣xlnx＝0在求出h（x）的最大值和最小值即可．

【解答】解：（1）∵f（x）＝x3+ax，∴f′（x）＝3x2+a，

①当a≥0时，∵f′（x）＝3x2+a≥0，∴f（x）在R上单调递增；

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上有零点，求a的取值范围． 0和a＜0两种情况讨论单调性即可；

上有解，然后构造函数h（x）＝﹣x2+lnx，

②当a＜0时，令f′（x）＞0，解得令f′（x）＜0，解得则f（x）在在

，上单调递减，

，

或，

上单调递增；

（2）∵g（x）＝f（x）﹣xlnx，∴g（x）＝x3+ax﹣xlnx， g（x）＝f（x）﹣xlnx在

上有零点，

上有解，

等价于关于x的方程g（x）＝0在即x3+ax﹣xlnx＝0在

上有解，

∵x3+ax﹣xlnx＝0，∴a＝﹣x2+lnx． 令h（x）＝﹣x2+lnx，则令h′（x）＜0，令h′（x）＞0，则∵∴

则h（x）min＝h（2）＝﹣4+ln2，故a的取值范围为

．

，解得，解得

上单调递减，在

； ，

上单调递增，

，h（2）＝﹣22+ln2＝﹣4+ln2，

，

，

，

【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了分类讨论思想和构造法，属中档题． 34．设函数

．

（1）当m＝﹣1时，求函数F（x）＝f（x）+g（x）的零点个数 （2）若?x0∈[1，+∞），使得f（x0）＜g（x0），求实数m的取值范围． 【分析】（1）当m＝﹣1时，函数F（x）＝f（x）+g（x）＝lnx+

﹣（x＞0），F′（x）

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＝﹣＝，研究其单调性极值，进而得出函数零点的个数．

＜0恒成立．令h．对m分类讨论，

（2）假设?x∈[1，+∞），使得f（x）＜g（x）恒成立，即lnx﹣（x）＝lnx﹣

＜0，x∈[1，+∞），h′（x）＝﹣

＝

即可得出实数m的取值范围．

【解答】解：（1）当m＝﹣1时，函数F（x）＝f（x）+g（x）＝lnx+则F′（x）＝﹣

＝

，

﹣（x＞0），

当x∈（0，）时，F′（x）＜0，此时函数F（x）单调递减；当x∈（，+∞）时，F′（x）＞0，此时函数F（x）单调递增．

∴当x+时，函数F（x）取得极小值，即最小值，F（）＝﹣ln2＝ln

﹣ln

＜0．

又F（）＝﹣2+﹣＝＞0，F（e）＝1+﹣＝+＞0．

∴函数F（x）在（，），（，e）内各有一个零点．

∴函数F（x）在（0，+∞）上存在两个零点．

（2）假设?x∈[1，+∞），使得f（x）＜g（x）恒成立，即lnx﹣令h（x）＝lnx﹣h′（x）＝﹣

＜0，x∈[1，+∞）， ＝

．

＜0恒成立．

①当m≤2时，h′（x）≥0且仅当x＝1，m＝2时等号成立，∴函数h（x）在x∈[1，+∞）上单调递增，

又h（1）＝0，∴h（x）≥0在x∈[1，+∞）上恒成立，不满足题意，舍去． ②当m＞2时，令h′（x）＝0，解得x＝＞1． ∴函数h（x）在[1，）上单调递减，在

上单调递增．

∴h（）＜h（1）＝0，即当m＞2时，?x0∈[1，+∞），使得f（x0）＜g（x0）， ∴m＞2满足题意．

综上可知：实数m的取值范围是（2，+∞）．

【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分

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