高考数学文23.docx

高中数学学习材料
唐玲出品
训练目标
(1)导数的综合应用；(2)压轴大题突破. 训练题型
(1)导数与不等式的综合；(2)利用导数研究函数零点；(3)利用导数求参数范围. 解题策略 (1)不等式恒成立(或有解)可转化为函数的最值问题，函数零点可以和函数图象
相结合；(2)求参数范围可用分离参数法.
1．已知函数f (x )＝sin x ＋cos x ，f ′(x )是f (x )的导函数．
(1)求函数F (x )＝f (x )f ′(x )＋(f (x ))2的最大值和最小正周期；
(2)若f (x )＝2f ′(x )，求1＋sin 2x cos 2x －sin x cos x
的值．
2．已知函数f (x )＝ax －e x (a >0)．
(1)若a ＝12
，求函数f (x )的单调区间； (2)当1≤a ≤1＋e 时，求证：f (x )≤x .
3．已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，a ∈R ，
(1)求f (x )的单调区间；
(2)设g (x )＝x 2－2x ＋1，若对任意x 1∈(0，＋∞)，总存在x 2∈[0,1]，使得f (x 1)<g (x 2)，求实数a 的取值范围．
4．(2015·陕西)设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n －1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2.
(1)求f n ′(2)；
(2)证明：f n (x )在⎝⎛⎭⎫0，23内有且仅有一个零点(记为a n )，且0＜a n －12＜13⎝⎛⎭
⎫23n .
5．(2015·山东济宁育才中学上学期期中)已知a ∈R ，函数f (x )＝12
ax 2－ln x . (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线的斜率；
(2)讨论f (x )的单调性；
(3)是否存在实数a ，使得方程f (x )＝2有两个不等的实数根？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．
答案解析
1．解 (1)已知函数f (x )＝sin x ＋cos x ，则f ′(x )＝cos x －sin x ，
代入F (x )＝f (x )f ′(x )＋(f (x ))2，
可得F (x )＝cos 2x ＋sin 2x ＋1＝2sin(2x ＋π4
)＋1， 当2x ＋π4＝2k π＋π2
(k ∈Z )， 即x ＝k π＋π8(k ∈Z )时，F (x )max ＝2＋1，其最小正周期T ＝2π2
＝π. (2)由f (x )＝2f ′(x )，易得sin x ＋cos x ＝2cos x －2sin x ，解得tan x ＝13
. ∴1＋sin 2x cos 2x －sin x cos x ＝2sin 2x ＋cos 2x cos 2x －sin x cos x ＝2tan 2x ＋11－tan x
＝116. 2．(1)解 当a ＝12时，f (x )＝12x －e x .f ′(x )＝12
－e x ，令f ′(x )＝0，得x ＝－ln 2. 当x <－ln 2时，f ′(x )>0；
当x >－ln 2时，f ′(x )<0，
∴函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－ln 2)；单调递减区间为(－ln 2，＋∞)．
(2)证明 令F (x )＝x －f (x )＝e x －(a －1)x ，
①当a ＝1时，F (x )＝e x >0，
∴f (x )≤x 成立．
②当1<a ≤1＋e 时，F ′(x )＝e x －(a －1)＝e x －e ln(a
－1)， ∴当x <ln(a －1)时，F ′(x )<0；
当x >ln(a －1)时，F ′(x )>0，
∴F (x )在(－∞，ln(a －1))上单调递减，在(ln(a －1)，＋∞)上单调递增，
∴F (x )≥F (ln(a －1))＝e ln(a －1)－(a －1)·ln(a －1)＝(a －1)[1－ln(a －1)]，
∵1<a ≤1＋e ，
∴a －1>0,1－ln(a －1)≥1－ln [(1＋e)－1]＝0，
∴F (x )≥0，即f (x )≤x 成立．
综上，当1≤a ≤1＋e 时，f (x )≤x .
3．解 (1)f ′(x )＝a ＋1x ＝ax ＋1x
(x >0)． ①当a ≥0时，由于x >0，故ax ＋1>0，f ′(x )>0，
所以f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)．
②当a <0时，由f ′(x )＝0，得x ＝－1a ，在区间(0，－1a
)上，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 在区间(－1a
，＋∞)上，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 综上所述，当a ≥0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a <0时，f (x )的单调递增区间为(0，－1a )，f (x )的单调递减区间为(－1a
，＋∞)． (2)由已知，转化为f (x )max <g (x )max ，又g (x )max ＝g (0)＝1.
由(1)知，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，值域为R ，故不符合题意．
当a <0时，f (x )在(0，－1a )上单调递增，在(－1a
，＋∞)上单调递减， 故f (x )的极大值即为最大值，
即f (x )max ＝f (－1a )＝－1＋ln(－1a
)＝－1－ln(－a )， 所以1>－1－ln(－a )，解得a <－1e 2. 故实数a 的取值范围是(－∞，－1e 2)． 4．(1)解 当x ≠1时，f n (x )＝x －x n ＋
1
1－x －1， 则f n ′(x )＝[1－(n ＋1)x n ](1－x )＋(x －x n ＋
1)(1－x )2， 可得f n ′(2)＝－[1－(n ＋1)2n ]＋2－2n ＋
1
(1－2)2＝(n －1)2n ＋1. (2)证明 因为f n (0)＝－1＜0，
f n ⎝⎛⎭⎫23＝23⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫23n 1－23
－1＝1－2×⎝⎛⎭⎫23n ≥1－2×⎝⎛⎭⎫232＞0， 所以f n (x )在⎝⎛⎭
⎫0，23内至少存在一个零点， 又f ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nx n －
1＞0，
所以f n (x )在⎝⎛⎭
⎫0，23内单调递增， 因此f n (x )在⎝⎛⎭
⎫0，23内有且仅有一个零点a n ， 由于f n (x )＝x －x n ＋
1
1－x －1， 所以0＝f n (a n )＝a n －a n ＋
1n 1－a n －1， 由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n ＞12
， 故12＜a n ＜23
， 所以0＜a n －12＝12a n ＋1n ＜12×⎝⎛⎭⎫23n ＋1＝13
⎝⎛⎭⎫23n . 5．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝12x 2－ln x (x >0)，f ′(x )＝x －1x
，x >0， ∴k ＝f ′(1)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线的斜率为0.
(2)f ′(x )＝ax －1x ＝ax 2－1x
，x >0. 当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；
当a >0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝
a a (负值舍去)． 当x ∈(0，
a a )时，f ′(x )<0，f (x )在(0，a a )上单调递减； 当x ∈(a a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(a a
，＋∞)上单调递增． (3)存在a ∈(0，e 3)，使得方程f (x )＝2有两个不等的实数根．
理由如下：
由(2)可知当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)上单调递减，方程f (x )＝2不可能有两个不等的实数根；
当a >0时，函数f (x )在(0，a a )上单调递减，在(a a
，＋∞)上单调递增，使得方程f (x )＝2有两个不等的实数根，等价于函数f (x )的极小值f (
a a )<2，即f (a a )＝12＋12ln a <2，解得0<a <e 3，所以a 的取值范围是(0，e 3)．。