2021年高考数学一轮复习《导数》解答题专项练习(含答案)

这是一份2021年高考数学一轮复习《导数》解答题专项练习(含答案)，共9页。试卷主要包含了又当a≥eq \f，等内容，欢迎下载使用。
2021年高考数学一轮复习《导数》解答题专项练习1.已知函数f(x)=ln x－x2＋(a∈R，a为常数)，函数g(x)=e1－x＋x2－1.(1)讨论函数f(x)的极值点的个数；(2)若不等式f(x)≤g(x)对任意x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.                2.已知函数f(x)=ln(x+1)-ax，a∈R．（1）讨论f(x)的极值；（2）若对任意恒成立，求实数a的取值范围．                   3.已知函数f(x)=1-x-axlnx．（1）求f(x)在[1，+∞)上的最值；（2）设，若当0<a≤1，且x>0时，g(x)≤m，求整数m的最小值．                 4.已知函数f(x)=ex-ax-1．（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）当f(x)有最小值，且最小值不小于2a2-a-1时，求a的取值范围．                     5.已知函数f(x)=a(x-1)2+lnx，a∈R.（1）当a=2时，求函数y=f(x)在点P(1,f(1))处的切线方程；（2）当a=-1时，令函数g(x)=f(x)+lnx-2x+1+m，若函数g(x)在区间[e-1,e]上有两个零点，求实数m的取值范围.                 6.已知函数f(x)=(x＋1)ln x－ax＋2.(1)当a=1时，求曲线f(x)在x=1处的切线方程；(2)若函数f(x)在定义域上具有单调性，求实数a的取值范围；(3)求证：＋＋＋…＋<ln(n＋1)，n∈N*.          
0.答案解析1.解：(1)f′(x)=－x－=(x>0)，由f′(x)=0，得a=x－x3，记h(x)=x－x3，则h′(x)=1－3x2，由h′(x)=0，得x=，且0<x<时，h′(x)>0，当x>时，h′(x)<0，所以当x=时，h(x)取得最大值，又h(0)=0，当a≥时，f′(x)≤0恒成立，函数f(x)无极值点；当0<a<时，f′(x)=0有两个解x1，x2，且0<x<x1时，f′(x)<0，x1<x<x2时，f′(x)>0，x>x2时，f′(x)<0，所以函数f(x)有两个极值点；当a≤0时，方程f′(x)=0有一个解x0，且0<x<x0时f′(x)>0.x>x0时，f′(x)<0，所以函数f(x)有一个极值点.综上所述，当a≥时，函数f(x)无极值点，当0<a<时，函数f(x)有两个极值点；当a≤0时，函数f(x)有1个极值点.(2)记φ(x)=g(x)－f(x)=e1－x－ln x＋ax2－－1(x≥1)，由φ(1)=e0－ln 1＋a－a－1=0，φ′(x)=－e1－x－＋2ax＋，φ′(1)=－1－1＋3a=3a－2，由φ′(1)≥0，得a≥.又当a≥，x≥1时，[φ′(x)]′=e1－x＋＋2a－=e1－x＋＋2a>0，φ′(x)≥φ′(1)≥0，φ(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，所以φ(x)≥φ(1)=0恒成立，即g(x)≥f(x)恒成立.综上所述，实数a的取值范围是. 2.解：（1）依题意，①当时，，在上单调递增，无极值；②当时，，当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减，所以，无极小值．综上可知，当时，无极值；当时，有极大值，无极小值．（2）原不等式可化为，记，只需，可得．①当时，，，所以，在上单调递增，所以当时，，不合题意，舍去．②当时，，（i）当时，因为，所以，所以，所以在上单调递减，故当时，，符合题意．（ii）当时，记，所以，在上单调递减．又，，所以存在唯一，使得．当时，，从而，即在上单调递增，所以当时，，不符合要求，舍去．综上可得，． 3.解：解法一：（1），，①当时，因为，所以在上单调递减，所以，无最小值．②当时，令，解得，在上单调递减；令，解得，在上单调递增；所以，无最大值．③当时，因为，等号仅在，时成立，所以在上单调递增，所以，无最大值．综上，当时，，无最小值；当时，，无最大值；当时，，无最大值．（2），当时，因为，由（1）知，所以（当时等号成立），所以．当时，因为，所以，所以，令，，已知化为在上恒成立，因为，令，，则，在上单调递减，又因为，，所以存在使得，当时，，，在上单调递增；当时，，，在上单调递减；所以，因为，所以，所以，所以的最小整数值为2．解法二：（1）同解法一．（2），①当时，因为，由（1）知，所以，所以，②当时，因为，，所以，令，，已知化为在上恒成立，因为在上，所以，下面证明，即证在上恒成立，令，，则，令，得，当时，，在区间上递减；当时，，在区间上递增，所以，且，所以当时，，即．由①②得当时，，所以m的最小整数值为2． 4.解：（1），当时，，所以函数在上单调递增；当时，令，解得，当时，，故函数在上单调递减；当时，，故函数在上单调递增．（2）由（1）知，当时，函数在上单调递增，没有最小值，故．，整理得，即．令，易知在上单调递增，且；所以的解集为，所以． 5.解：（1）当时，.当时，，所以点为，又，因此.因此所求切线方程为.（2）当时，，则.因为，所以当时，，且当时，；当时，；故在处取得极大值也即最大值.又，，，则，所以在区间上的最小值为，·故在区间上有两个零点的条件是，所以实数的取值范围是.6.解：(1)当a=1时，f(x)=(x＋1)ln x－x＋2(x>0)，f′(x)=ln x＋，f′(1)=1，f(1)=1，所以曲线f(x)在x=1处的切线方程为y=x.(2)f′(x)=ln x＋＋1－a(x>0).(ⅰ)当函数f(x)在定义域上单调递减，即当a≥ln x＋时，令g(x)=ln x＋，则g′(x)=，当x>1时，g′(x)>0，a≥ln x＋无法恒成立；(ⅱ)当函数f(x)在定义域上单调递增，即当a≤ln x＋时，令g(x)=ln x＋，则g′(x)=，x>0，则函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又g(x)≥2，故a≤2.(3)证明：由(2)，得当a=2时，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，由f(x)>f(1)，x>1，得(x＋1)ln x－2x＋2>0，即ln x>在(1，＋∞)上总成立.令x=，得ln >，化简，得ln (n＋1)－ln n>，所以ln 2－ln 1>，ln 3－ln 2>，…，ln(n＋1)－ln n>，累加，得ln(n＋1)－ln 1>＋＋…＋，即＋＋＋…＋<ln(n＋1)，n∈N*.