浙江专版届高考数学一轮复习 单元检测四 导数及其应用单元检测含解析.doc

②f(x)＝lg|x＋2019|； ③f(x)＝－x－1；

④f(x)＝x2＋2mx－1(m∈R)．

则存在“折点”的函数是________．(填序号) 答案 ②④

解析 因为f(x)＝3|x－1|＋2>2， 所以函数f(x)不存在零点， 所以函数f(x)不存在“折点”；

对于函数f(x)＝lg|x＋2019|，取x0＝－2019，

则函数f(x)在(－∞，－2019)上有零点x＝－2020， 在(－2019，＋∞)上有零点x＝－2018，

所以x0＝－2019是函数f(x)＝lg|x＋2019|的一个“折点”； 对于函数f(x)＝－x－1，

则f′(x)＝x2－1＝(x＋1)(x－1)． 令f′(x)>0，得x>1或x<－1； 令f′(x)<0，得－1

所以函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减． 又f(－1)＝－<0，

所以函数f(x)只有一个零点，

所以函数f(x)＝－x－1不存在“折点”；

对于函数f(x)＝x2＋2mx－1＝(x＋m)2－m2－1， 由于f(－m)＝－m2－1≤－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)＝ex＋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． 解 (1)令y＝h(x)＝f′(x)＝ex＋， 则h′(x)＝ex－，

则当x∈[1，＋∞)时，ex≥e，≤1，

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， 且发现g(1)＝0，g′(x)＝＋ex－m. 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]． 19．(15分)已知函数f(x)＝2x＋＋alnx，a∈R.

(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)＝x2[f′(x)＋2x－2]，若g(x)的最小值是－6，求函数f(x)的解析式． 解 (1)由题意知f′(x)＝2－＋≥0在区间[1，＋∞)内恒成立， 所以a≥－2x在区间[1，＋∞)内恒成立． 令h(x)＝－2x，x∈[1，＋∞)，

因为h′(x)＝－－2<0恒成立，

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)＝2x3＋ax－2，x>0.

因为g′(x)＝6x2＋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＝或x＝－(舍去)，

由此可得函数g(x)在区间内单调递减，在区间内单调递增， 则x＝是函数g(x)的极小值点，也是最小值点， 所以g(x)min＝g(x)极小值＝g＝－6， 解得a＝－6，所以f(x)＝2x＋－6lnx.

20．(15分)(2019·舟山模拟)已知函数f(x)＝lnx－x，g(x)＝ax2＋2x(a<0)． (1)求函数f(x)在区间上的最值；

(2)求函数h(x)＝f(x)＋g(x)的极值点． 解 (1)依题意，f′(x)＝－1， 令－1＝0，解得x＝1.

因为f(1)＝－1，f＝－1－，f(e)＝1－e， 且1－e<－1－<－1，

故函数f(x)在区间上的最大值为－1，最小值为1－e. (2)依题意，h(x)＝f(x)＋g(x)＝lnx＋ax2＋x(x>0)， h′(x)＝＋2ax＋1＝，

当a<0时，令h′(x)＝0，则2ax2＋x＋1＝0. 因为Δ＝1－8a>0， 所以h′(x)＝＝， 其中x1＝－，x2＝－.

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， 故x2＝－为函数h(x)的极大值点，无极小值点．

21．(15分)已知函数f(x)＝5＋lnx，g(x)＝(k∈R)．

(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(＋1)≈0.8814) 解 (1)∵f(x)＝5＋lnx，∴f(1)＝5，且f′(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)＝(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)＝， ∴解得或

∴k的值为1或9.

(2)由题意知，当x∈(1，＋∞)时，5＋lnx>恒成立， 等价于当x∈(1，＋∞)时，k<恒成立． 设h(x)＝(x>1)， 则h′(x)＝(x>1)，

记p(x)＝x－4－lnx(x>1)， 则p′(x)＝1－＝>0，

∴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，

∴当x∈(1，＋∞)时，h(x)min＝h(m)＝， 由①可得lnm＝m－4， ∴h(m)＝＝m＋＋2，

而m∈(5,6)，∴m＋＋2∈， 又当m＝3＋2时，h(m)＝8， p(3＋2)＝2－1－ln(3＋2)>0， ∴m∈(5,3＋2)，∴h(m)∈. 又k∈N*，∴k的最大值是7.

22．(15分)已知函数f(x)＝lnx－mex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)

(1)解 由题意得f′(x)＝－mex， 直线l：x＋(1－e)y＝0的斜率为－，

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.

当x∈[1，＋∞)时，f′(x)＝－ex单调递减， 即f′(x)≤f′(1)＝1－e<0，

所以f(x)在区间[1，＋∞)内单调递减，

所以当x∈[1，＋∞)时，f(x)max＝f(1)＝ln1－e＝－e. (2)证明 ①f′(x)＝－ex，令h(x)＝f′(x)， 则h′(x)＝－－ex<0在(0，＋∞)上恒成立， 即有h(x)在区间(0，＋∞)内单调递减． 又h＝2－>0，h(1)＝1－e<0，

所以h(x)＝0在区间(0，＋∞)内有且仅有一个实根， 设此实根为x0，则x0∈.

当x∈(0，x0)时，h(x)>0，故f(x)单调递增； 当x∈(x0，＋∞)时，h(x)<0，故f(x)单调递减， 所以函数f(x)在x＝x0处取得唯一的极大值， 即函数f(x)有且仅有一个极值点．

②由①知f′(x)＝－ex在区间(0，＋∞)内为减函数， 又f′(1)＝1－e<0，f′＝2－>0，

因此存在实数x0∈满足方程f′(x)＝－ex＝0，

此时f(x)在区间(0，x0)内为增函数，在区间(x0，＋∞)内为减函数， 且f′(x0)＝－＝0，

由此得到＝，x0＝－lnx0.

由单调性知f(x)max＝f(x0)＝lnx0－ ＝－x0－＝－，

又x0∈，故－<－2， 所以f(x)max<－2.

又x2－2x－1＝(x－1)2－2≥－2， 所以f(x)