【2019-2020】高考数学二轮复习限时集训(五)导数的热点问题理

【2019-2020】高考数学二轮复习限时集训（五）导数的热点问题理
基础过关
1.已知函数f(x)=(x+b)(e x-a)(b>0)的图像在点(-1,f(-1))处的切线方程为(e-1)x+e y+e-1=0.
(1)求a,b的值;
(2)若m≤0,证明:f(x)≥mx2+x.
2.已知函数f(x)=x2-(2-m)x+m(1-m)ln x(m∈R).
(1)若m=2,求f(x)的极值.
(2)是否存在实数m,使得函数f(x)在区间(1,+∞)上是单调函数?若存在,请求出m的取值范围;若不存在,请说明理由.
3.已知函数f(x)=ln x,g(x)=x+m(m∈R).
(1)若f(x)≤g(x)恒成立,求实数m的取值范围;
(2)若x1,x2是函数F(x)=f(x)-g(x)的两个零点,且x1<x2,求证:x1x2<1.
4.已知函数f(x)=a(x2-x)-ln x(a∈R).
(1)若f(x)在x=1处取得极值,求a的值;
(2)若f(x)≥0在[1,+∞)上恒成立,求a的取值范围.
能力提升
5.已知函数f(x)=ln x-x-m(m∈R).
(1)若函数f(x)有两个零点,求m的取值范围;
(2)证明:当m≥-3时,关于x的不等式f(x)+(x-2)e x<0在上恒成立.
6.已知定义域为(0,+∞)的函数f(x)=(x-m)e x(常数m∈R).
(1)若m=2,求函数f(x)的单调区间;
(2)若f(x)+m+1>0恒成立,求实数m的最大整数值.
限时集训(五)
基础过关
1.解:(1)由题意知f(-1)=(-1+b)=0,
又f'(x)=(x+b+1)e x-a,所以f'(-1)=-a=-1+.
若a=,则b=2-e<0,与b>0矛盾,故a=1,b=1.
(2)证明:由(1)可知f(x)=(x+1)(e x-1),所以f(0)=0,f(-1)=0.
由m≤0,可得x≥mx2+x.
令g(x)=(x+1)(e x-1)-x,
则g'(x)=(x+2)e x-2,
令t(x)=g'(x),则t'(x)=(x+3)e x.
当x<-3时,t'(x)<0,g'(x)单调递减,且g'(x)<0;
当x>-3时,t'(x)>0,g'(x)单调递增,且g'(0)=0.
所以g(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,且g(0)=0,
故g(x)≥g(0)=0,即(x+1)(e x-1)≥x≥mx2+x,又等号可同时成立,
所以f(x)≥mx2+x.
2.解:(1)当m=2时,f(x)=x2-2ln x(x>0),
则f'(x)=2x-==(x>0).
令f'(x)=0,得x=1.列表如下:
由上表可得,f(x)的极小值为f(1)=1,无极大值.
(2)f'(x)=2x-(2-m)+==(x>0).当m=时,f'(x)>0,f(x)在区间(1,+∞)上是增函数,满足题意;
当>1-m,即m>时,
若f(x)在区间(1,+∞)上是单调函数,则有≤1,故<m≤2;
当<1-m,即m<时,
若f(x)在区间(1,+∞)上是单调函数,则有1-m≤1,故0≤m<.
综上可得,存在实数m∈[0,2],使得函数f(x)在区间(1,+∞)上是单调函数.
3.解:(1)令F(x)=f(x)-g(x)=ln x-x-m(x>0),则有F'(x)=-1=,当x>1时,F'(x)<0,当0<x<1时,F'(x)>0,所以F(x)在(1,+∞)上单调递减,在(0,1)上单调递增,故F(x)在x=1处取得最大值,最大值为-1-m.若f(x)≤g(x)恒成立,则-1-m≤0,即m≥-1.
(2)证明:由(1)可知,若函数F(x)=f(x)-g(x)有两个零点,则m<-1,0<x1<1<x2.
要证x1x2<1,只需证x2<,由于F(x)在(1,+∞)上单调递减,从而只需证F(x2)>F.由F(x1)=F(x2)=0,得m=ln x1-x1,
即证ln--m=ln-+x1-ln x1<0.
令h(x)=-+x-2ln x(0<x<1),则h'(x)=+1-=>0,
故h(x)在(0,1)上单调递增,则h(x)<h(1)=0,所以x1x2<1.
4.解:(1)f'(x)=2ax-a-(x>0),
∵f(x)在x=1处取得极值,
∴f'(1)=0,即a-1=0,∴a=1.
经检验,当a=1时,f(x)在x=1处取得极小值.
(2)f'(x)=,令g(x)=2ax2-ax-1(x≥1).
①当a=0时,f'(x)=<0,f(x)在[1,+∞)上单调递减.
又∵f(1)=0,∴当x≥1时,f(x)≤0,不满足f(x)≥0在[1,+∞)上恒成立.
②当a>0时,二次函数g(x)的图像开口向上,对称轴为直线x=,过点(0,-1).
(i)当g(1)≥0,即a≥1时,g(x)≥0在[1,+∞)上恒成立,
∴f'(x)≥0,从而f(x)在[1,+∞)上单调递增.
又∵f(1)=0,∴当x≥1时,f(x)≥0,满足f(x)≥0在[1,+∞)上恒成立.
(ii)当g(1)<0,即0<a<1时,存在x0>1,使得当x∈(1,x0)时,g(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈(x0,+∞)时,g(x)>0,f(x)单调递增,∴f(x0)<f(1).
又∵f(1)=0,∴f(x0)<0,故不满足题意.
③当a<0时,二次函数g(x)的图像开口向下,对称轴为直线x=,g(x)在[1,+∞)上单调递减, 又∵g(1)=a-1<0,∴g(x)<0在[1,+∞)上恒成立,∴f(x)在[1,+∞)上单调递减.
又∵f(1)=0,∴当x≥1时,f(x)≤0,故不满足题意.综上所述,a≥1.
能力提升
5.解:(1)令f(x)=ln x-x-m=0,得m=ln x-x.
令g(x)=ln x-x,则g'(x)=-1=,
令g'(x)>0,解得0<x<1,令g'(x)<0,解得x>1,
则函数g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,故g(x)max=g(1)=-1.要使函数f(x)有两个零点,则函数g(x)的图像与直线y=m有两个不同的交点, 则m<-1,即实数m的取值范围为(-∞,-1).
(2)证明:∵f(x)+(x-2)e x<0,∴m>(x-2)e x+ln x-x.
设h(x)=(x-2)e x+ln x-x,x∈,则h'(x)=(x-1).
设u(x)=e x-,则u'(x)=e x+>0,则u(x)在上单调递增,
又u=-2<0,u(1)=e-1>0,
∴存在x0∈,使得u(x0)=0,即=,∴ln x0=-x0.
当x∈时,u(x)<0,h'(x)>0;当x∈(x0,1]时,u(x)>0,h'(x)≤0.
∴函数h(x)在上单调递增,在(x0,1]上单调递减,
∴h(x)max=h(x0)=(x0-2)+ln x0-x0=(x0-2)·-2x0=1--2x0.
设φ(x)=1--2x,则φ'(x)=-2=,
当x∈时,φ'(x)>0恒成立,则φ(x)在上单调递增,
∴φ(x)<φ(1)=-3,即当x∈时,h(x)<-3,
∴当m≥-3时,关于x的不等式f(x)+(x-2)e x<0在上恒成立.
6.解:(1)当m=2时,f(x)=(x-2)e x(x∈(0,+∞)),∴f'(x)=(x-1)e x.
令f'(x)>0,得x>1,∴f(x)在(1,+∞)上为增函数;
令f'(x)<0,得0<x<1,∴f(x)在(0,1)上为减函数.
综上,f(x)在(0,1)上为减函数,f(x)在(1,+∞)上为增函数.
(2)∵f(x)+m+1>0对于任意x∈(0,+∞)恒成立,
∴f(x)>-m-1对于任意x∈(0,+∞)恒成立.
f'(x)=e x[x-(m-1)],分类讨论:
①当m≤1时,f(x)在(0,+∞)上为增函数,
∴f(x)>-m,又-m>-m-1恒成立,∴m≤1.
②当m>1时,f(x)在(0,m-1)上为减函数,在(m-1,+∞)上为增函数,
∴f(x)min=f(m-1)=-e m-1,∴-e m-1>-m-1,∴e m-1-m-1<0.
设g(m)=e m-1-m-1(m>1),
则g'(m)=e m-1-1>0(m>1),
∴g(m)在(1,+∞)上单调递增,
又g(2)=e-3<0,g(3)=e2-4>0,
∴在(1,+∞)上存在唯一的m0使得g(m0)=0,且2<m0<3,故实数m的最大整数值为2.。