浙江专版2020届高考数学一轮复习单元检测四导数及其应用单元检测

Earlybird

所以函数f(x)＝－x－1不存在“折点”；

3对于函数f(x)＝x＋2mx－1＝(x＋m)－m－1， 由于f(－m)＝－m－1≤－1，

结合图象(图略)可知该函数一定有“折点”． 综上，存在“折点”的函数是②④.

三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 18．(14分)已知函数f(x)＝e＋lnx.

(1)求函数y＝f′(x)在区间[1，＋∞)内的最小值；

(2)若对任意x∈[1，＋∞)，恒有f(x)≥e＋m(x－1)，求实数m的取值范围． 1x解 (1)令y＝h(x)＝f′(x)＝e＋，

x22

2

2

x3

x1x则h′(x)＝e－2，

x1x则当x∈[1，＋∞)时，e≥e，2≤1，

x所以h′(x)>0，即h(x)在区间[1，＋∞)内是增函数， 于是y＝f′(x)在区间[1，＋∞)内的最小值为h(1)＝e＋1.

(2)令g(x)＝f(x)－e－m(x－1)，则g(x)≥0对任意x∈[1，＋∞)恒成立， 1x且发现g(1)＝0，g′(x)＝＋e－m.

x由(1)知当m≤e＋1时，g′(x)≥0，

此时g(x)单调递增，于是g(x)≥g(1)＝0，成立； 当m>e＋1时，则存在t∈(1，＋∞)，使得g′(t)＝0， 当x∈(1，t)时，g′(x)<0，当x∈(t，＋∞)时，g′(x)>0， 此时g(x)min＝g(t)

综上得m≤e＋1，即实数m的取值范围为(－∞，e＋1]． 2

19．(15分)已知函数f(x)＝2x＋＋alnx，a∈R.

x(1)若函数f(x)在区间[1，＋∞)内单调递增，求实数a的取值范围；

(2)记函数g(x)＝x[f′(x)＋2x－2]，若g(x)的最小值是－6，求函数f(x)的解析式． 2a解 (1)由题意知f′(x)＝2－2＋≥0在区间[1，＋∞)内恒成立，

2

xx2

所以a≥－2x在区间[1，＋∞)内恒成立．

x2

令h(x)＝－2x，x∈[1，＋∞)，

xEarlybird

2

因为h′(x)＝－2－2<0恒成立，

x所以h(x)在区间[1，＋∞)内单调递减， 所以h(x)max＝h(1)＝0，所以a≥0， 即实数a的取值范围为[0，＋∞)． (2)g(x)＝2x＋ax－2，x>0.

因为g′(x)＝6x＋a，当a≥0时，g′(x)>0恒成立，

所以g(x)在区间(0，＋∞)内单调递增，无最小值，不合题意，所以a<0. 令g′(x)＝0，则x＝－a或x＝－6

－a(舍去)， 6

－a?

，＋∞?内单调递增， 6?

2

3

由此可得函数g(x)在区间?0，则x＝

?

?－a???内单调递减，在区间?6??

－a是函数g(x)的极小值点，也是最小值点， 6

所以g(x)min＝g(x)极小值＝g?

??－a?

?＝－6， 6?

2

解得a＝－6，所以f(x)＝2x＋－6lnx.

x20．(15分)(2019·舟山模拟)已知函数f(x)＝lnx－x，g(x)＝ax＋2x(a<0)．

2

?1?(1)求函数f(x)在区间?，e?上的最值； ?e?

(2)求函数h(x)＝f(x)＋g(x)的极值点． 1

解 (1)依题意，f′(x)＝－1，

x1

令－1＝0，解得x＝1.

x1?1?因为f(1)＝－1，f??＝－1－，f(e)＝1－e， e?e?1

且1－e<－1－<－1，

e

?1?故函数f(x)在区间?，e?上的最大值为－1，最小值为1－e. ?e?

(2)依题意，h(x)＝f(x)＋g(x)＝lnx＋ax＋x(x>0)， 12ax＋x＋1

h′(x)＝＋2ax＋1＝，

2

2

xx当a<0时，令h′(x)＝0，则2ax＋x＋1＝0. 因为Δ＝1－8a>0，

2

Earlybird

2ax＋x＋12a?x－x1??x－x2?

所以h′(x)＝＝，

2

xx1－1－8a1＋1－8a其中x1＝－，x2＝－. 4a4a因为a<0，所以x1<0，x2>0， 所以当00； 当x>x2时，h′(x)<0，

所以函数h(x)在区间(0，x2)内是增函数，在区间(x2，＋∞)内是减函数， 1＋1－8a故x2＝－为函数h(x)的极大值点，无极小值点．

4a21．(15分)已知函数f(x)＝5＋lnx，g(x)＝

kx(k∈R)． x＋1

(1)若函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与函数y＝g(x)的图象相切，求k的值； (2)若k∈N，且x∈(1，＋∞)时，恒有f(x)>g(x)，求k的最大值． (参考数据：ln5≈1.6094，ln6≈1.7918，ln(2＋1)≈0.8814) 1

解 (1)∵f(x)＝5＋lnx，∴f(1)＝5，且f′(x)＝，

*

x从而得到f′(1)＝1.

∴函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y－5＝x－1，即y＝x＋4. 设直线y＝x＋4与g(x)＝

kxx＋1

(k∈R)的图象相切于点P(x0，y0)，

从而可得g′(x0)＝1，g(x0)＝x0＋4， 又g′(x)＝2，

?x＋1?

kk???x＋1?＝1，∴?kx??x＋1＝x＋4，

2

00

0

0

??x0＝2，

解得?

?k＝9?

??x0＝－2，

或?

?k＝1.?

∴k的值为1或9.

(2)由题意知，当x∈(1，＋∞)时，5＋lnx>恒成立， 1＋x?x＋1??5＋lnx?

等价于当x∈(1，＋∞)时，k<恒成立．

kxx?x＋1??5＋lnx?设h(x)＝(x>1)，

x则h′(x)＝x－4－lnx(x>1)， x2Earlybird

记p(x)＝x－4－lnx(x>1)， 1x－1

则p′(x)＝1－＝>0，

xx∴p(x)在x∈(1，＋∞)上单调递增． 又p(5)＝1－ln5<0，p(6)＝2－ln6>0，

∴在x∈(1，＋∞)上存在唯一的实数m，且m∈(5,6)， 使得p(m)＝m－4－lnm＝0，①

∴当x∈(1，m)时，p(x)<0，即h′(x)<0， 则h(x)在x∈(1，m)上单调递减，

当x∈(m，＋∞)时，p(x)>0，即h′(x)>0， 则h(x)在x∈(m，＋∞)上单调递增，

?m＋1??5＋lnm?∴当x∈(1，＋∞)时，h(x)min＝h(m)＝，

m由①可得lnm＝m－4，

?m＋1??m＋1?1∴h(m)＝＝m＋＋2，

mm3649?1?而m∈(5,6)，∴m＋＋2∈?，?，

m?56?又当m＝3＋22时，h(m)＝8，

p(3＋22)＝22－1－ln(3＋22)>0，

?36?∴m∈(5,3＋22)，∴h(m)∈?，8?.

?5?

又k∈N，∴k的最大值是7.

22．(15分)已知函数f(x)＝lnx－me的图象在点(1，f(1))处的切线与直线l：x＋(1－e)y＝0垂直，其中e为自然对数的底数．

(1)求实数m的值及函数f(x)在区间[1，＋∞)内的最大值． (2)①求证：函数f(x)有且仅有一个极值点． ②求证：f(x)

1x(1)解 由题意得f′(x)＝－me，

2

*

xx1

直线l：x＋(1－e)y＝0的斜率为－，

1－e

故函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线的斜率为1－e， 即f′(1)＝1－me＝1－e，所以m＝1.

1x当x∈[1，＋∞)时，f′(x)＝－e单调递减，

x