[高考冲刺]2018高考高考数学理科总复习压轴大题突破练1：导数含解析

压轴大题突破练

1.导 数

1.(2017·安徽“皖南八校”联考)已知函数f(x)＝ex－ax2－2ax－1. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(－1，f(－1))处的切线方程； (2)当x＞0时，f(x)＞0恒成立，求实数a的取值范围. 1解 (1)当a＝1时，f(x)＝ex－x2－2x－1，f(－1)＝，

e1

－1，?，f′(x)＝ex－2x－2， 所以切点坐标为?e??1

所以f′(－1)＝，

e

1112

故曲线y＝f(x)在点(－1，f(－1))处的切线方程为y－＝[x－?－1?]，即y＝x＋. eeee(2)f(x)＝ex－ax2－2ax－1求导得f′(x)＝ex－2ax－2a， 令g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－2a，则g′(x)＝ex－2a(x＞0). 1

①当2a≤1，即a≤时，g′(x)＝ex－2a＞1－2a≥0，

2所以g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－2a在(0，＋∞)上为增函数， g(x)＞g(0)＝1－2a≥0，

即g(x)＝f′(x)≥0，所以f(x)＝ex－ax2－2ax－1在(0，＋∞)上为增函数， 1

所以f(x)＞f(0)＝1－0－0－1＝0，故a≤时符合题意.

2

1

②当2a＞1，即a＞时，令g′(x)＝ex－2a＝0，得x＝ln 2a＞0，

2

x g′(x) g(x)

当x∈(0，ln 2a)时，g(x)＜g(0)＝1－2a＜0，即f′(x)＜0，

所以f(x)在(0，ln 2a)上为减函数，所以f(x)＜f(0)＝0，与条件矛盾，故舍去. 1－∞，?. 综上，a的取值范围是?2??

2.(2017·广东惠州调研)已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－aln x(a∈R). (1)求函数y＝f(x)的单调区间；

(0，ln 2a) － 减函数 ln 2a 0 极小值 (ln 2a，＋∞) ＋ 增函数 (2)当a＝1时，证明：对任意的x＞0，f(x)＋ex＞x2＋x＋2. (1)解 函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，

2

a2x－?a－2?x－a?x＋1??2x－a?

f′(x)＝2x－(a－2)－＝＝.

xxx

当a≤0时，f′(x)＞0对任意x∈(0，＋∞)恒成立， 所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增. a

当a＞0时，由f′(x)＞0，得x＞，

2a

由f′(x)＜0，得0＜x＜，

2

aa

，＋∞?上单调递增，在区间?0，?上单调递减. 所以函数f(x)在区间??2??2?(2)证明 当a＝1时，f(x)＝x2＋x－ln x，要证明f(x)＋ex＞x2＋x＋2， 只需证明ex－ln x－2＞0，设g(x)＝ex－ln x－2， 则问题转化为证明对任意的x＞0，g(x)＞0， 11

令g′(x)＝ex－＝0，得ex＝，

xx

1

容易知道该方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足ex0＝，

x0当x变化时，g′(x)和g(x)的变化情况如下表：

x g′(x) g(x)

1

g(x)min＝g(x0)＝ex0－ln x0－2＝＋x0－2，

x0

因为x0＞0，且x0≠1，所以g(x)min＞21－2＝0，因此不等式得证. 3.(2017·荆、荆、襄、宜四地七校联考)已知函数f(x)＝ln x－x. (1)求函数f(x)的单调区间；

(2)若方程f(x)＝m(m＜－2)有两个相异实根x1，x2，且x1

f′(x)＝－1＝＝0?x＝1，

xx

当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，所以y＝f(x)在(0，1)上单调递增， 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，所以y＝f(x)在(1，＋∞)上单调递减. (2)证明 由(1)可知，f(x)＝m的两个相异实根x1，x2满足ln x－x－m＝0， 且0＜x1＜1，x2＞1，ln x1－x1－m＝ln x2－x2－m＝0，

(0，x0) － 单调递减 x0 0 (x0，＋∞) ＋ 单调递增 由题意可知ln x2－x2＝m＜－2＜ln 2－2，

又由(1)可知f(x)＝ln x－x在(1，＋∞)上单调递减， 故x2＞2，

2

所以0＜x1＜1，0＜2＜1.

x2令g(x)＝ln x－x－m，

2??22?2＝(ln x1－x1)－ln 2－2 则g(x1)－g??x??xx?2

2

2

＝(ln x2－x2)－(ln

222

2－2)＝－x2＋2＋3ln x2－ln 2， x2x2x2

2

令h(t)＝－t＋2＋3ln t－ln 2(t＞2)，

t

32

?t－2?2?t＋1?43－t＋3t－4

则h′(t)＝－1－3＋＝＝－. ttt3t33

当t＞2时，h′(t)＜0，h(t)在(2，＋∞)上单调递减，所以h(t)＜h(2)＝2ln 2－＜0.

22??2?2＜0，即g(x1)＜g2， 所以当x2＞2时，g(x1)－g??x??x?2

2

2

因为0＜x1＜1，0＜2＜1，g(x)在(0，1)上单调递增，

x22

所以x1＜2，故x1·x22＜2. x2

2综上所述，x1·x2＜2.

4.(2017届重庆市一中月考)已知函数f(x)＝aln x－ax－3(a∈R). (1)当a＞0时，求函数f(x)的单调区间；

1(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，且函数g(x)＝x2＋nx＋

2mf′(x)(m，n∈R)，当且仅当在x＝1处取得极值，其中f′(x)为f(x)的导函数，求m的取值范围.

a?1－x?

解 (1)f′(x)＝(x＞0)，

x

当a＞0时，令f′(x)＞0，得0＜x＜1， 令f′(x)＜0，得x＞1，

故函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞). (2)因为函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°， 则f′(2)＝1，即a＝－2， 21

2－?， 所以g(x)＝x2＋nx＋m??x?2

32

2mx＋nx＋2m

所以g′(x)＝x＋n＋2＝，

xx2因为g(x)在x＝1处有极值，故g′(1)＝0，从而可得n＝－1－2m， x3＋nx2＋2m?x－1??x2－2mx－2m?

则g′(x)＝＝，

x2x2又因为g(x)仅在x＝1处有极值，

所以x2－2mx－2m≥0在(0，＋∞)上恒成立，

当m＞0时，－2m＜0，易知?x0∈(0，＋∞)，使得x20－2mx0－2m＜0， 所以m＞0不成立，故m≤0，

当m≤0且x∈(0，＋∞)时，x2－2mx－2m≥0恒成立， 所以m≤0.

综上，m的取值范围是(－∞，0].

5.(2017·湖北沙市联考)已知函数f(x)＝ex(ln x－2k)(k为常数，e＝2.718 28?是自然对数的底

－

数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴垂直. (1)求f(x)的单调区间；

1－x?ln x＋1?－

(2)设g(x)＝，对任意x＞0，证明：(x＋1)·g(x)

－ln x＋2kx

(1)解 因为f′(x)＝(x＞0)，

ex1＋2k1

由已知得f′(1)＝＝0，所以k＝－. e2

1

－ln x－1x111

所以f′(x)＝，设k(x)＝－ln x－1，则k′(x)＝－2－＜0在(0，＋∞)上恒成立， xexxx即k(x)在(0，＋∞)上单调递减，由k(1)＝0知，当0＜x＜1时，k(x)＞0，从而f′(x)＞0， 当x＞1时，k(x)＜0，从而f′(x)<0.

综上可知，f(x)的单调递增区间是(0，1)，单调递减区间是(1，＋∞).

2

g?x?1＋e

(2)证明 因为x＞0，要证原式成立即证x＜成立.

ex＋1

－

当x≥1时，由(1)知g(x)≤0＜1＋e

－2

成立；

1－xln x－x

当0＜x＜1时，ex＞1，且由(1)知，g(x)＞0，所以g(x)＝＜1－xln x－x，

ex设F(x)＝1－xln x－x，x∈(0，1)，则F′(x)＝－(ln x＋2)， 当x∈(0，e2)时，F′(x)＞0，

－

当x∈(e2，1)时，F′(x)＜0，

－

所以当x＝e

－2

时，F(x)取得最大值F(e2)＝1＋e2，

－

－

－

所以g(x)＜F(x)≤1＋e2，

即当0＜x＜1时，g(x)＜1＋e2.

－

－2

①

综上所述，对任意x＞0，g(x)＜1＋e恒成立.

令G(x)＝ex－x－1(x＞0)，则G′(x)＝ex－1＞0恒成立，所以G(x)在(0，＋∞)上单调递增， G(x)＞G(0)＝0恒成立，即ex＞x＋1＞0， 11即0＜x＜. ex＋1

1＋e2g?x?

当x≥1时，有x≤0＜；

ex＋1

－

②

2

g?x?1＋e

当0＜x＜1时，由①②式，x＜. ex＋1

－

2g?x?1＋e

综上所述，当x＞0时，x＜成立，故原不等式成立.

ex＋1

－

44－x

k＋?ln x＋6.(2017·西安模拟)已知函数f(x)＝?，其中常数k＞0. ?k?x(1)讨论f(x)在(0，2)上的单调性；

(2)当k∈[4，＋∞)时，若曲线y＝f(x)上总存在相异的两点M(x1，y1)，N(x2，y2)，使曲线y＝f(x)在M，N两点处的切线互相平行，试求x1＋x2的取值范围. 解 (1)由已知得，f(x)的定义域为(0，＋∞)，

42?k＋4?x＋4?x－4?k＋x－?x－k?2

kx＋4?k??k?

且f′(x)＝－2＝－＝－(k＞0). 2xxxx244

①当0＜k＜2时，＞k＞0，且＞2，

kk

所以x∈(0，k)时，f′(x)＜0；x∈(k，2)时，f′(x)＞0. 所以函数f(x)在(0，k)上是减函数，在(k，2)上是增函数； 4

②当k＝2时，＝k＝2，f′(x)＜0在区间(0，2)内恒成立，

k所以f(x)在(0，2)上是减函数； 44

③当k＞2时，0＜＜2，k＞，

kk

44

0，?时，f′(x)＜0；x∈?，2?时，f′(x)＞0， 所以当x∈??k??k?44

0，?上是减函数，在?，2?上是增函数. 所以函数在??k??k?(2)由题意，可得f′(x1)＝f′(x2)，x1x2＞0且x1≠x2， 44

k＋k＋k4k44

k＋?x1x2. 即－2－1＝－2－1，化简得，4(x1＋x2)＝??k?x1x1x2x2由x1x2＜?

x1＋x2?2

?2?，

2