（江苏专用）高考数学专题复习 专题3 导数及其应用 第24练 高考大题突破练——导数练习 文-人教版高三全册数学试题.doc

（江苏专用）2018版高考数学专题复习专题3导数及其应用第24练高考大题突破练——导数练习文
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．(2016·常州一模)已知函数f(x)＝lnx－x－eq\f(a,x)，a∈R.
(1)当a＝0时，求函数f(x)的极大值；
(2)求函数f(x)的单调区间．

2．(2015·课标全国Ⅱ)已知函数f(x)＝lnx＋a(1－x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．

3．已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)(a＞0)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)讨论关于x的方程f(x)＝eq\f(x3＋2bx＋a,2x)－eq\f(1,2)的实根情况．

4．已知函数f(x)＝(1＋x)e－2x，当x∈[0,1]时，求证：1－x≤f(x)≤eq\f(1,1＋x).

5．已知函数f(x)＝xlnx和g(x)＝m(x2－1)(m∈R)．
(1)m＝1时，求方程f(x)＝g(x)的实根；
(2)若对任意的x∈(1，＋∞)，函数y＝g(x)的图象总在函数y＝f(x)图象的上方，求m的取值范围；
(3)求证：eq\f(4,4×12－1)＋eq\f(4×2,4×22－1)＋…＋eq\f(4×n,4×n2－1)＞ln(2n＋1)(n∈N*)．

答案精析
1．解函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
(1)当a＝0时，f(x)＝lnx－x，
f′(x)＝eq\f(1,x)－1.
令f′(x)＝0，得x＝1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x(0,1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－f(x)极大值
所以f(x)的极大值为f(1)＝－1.
(2)f′(x)＝eq\f(1,x)－1＋eq\f(a,x2)＝eq\f(－x2＋x＋a,x2).
令f′(x)＝0，得－x2＋x＋a＝0，
则Δ＝1＋4a.
①当a≤－eq\f(1,4)时，f′(x)≤0恒成立，
所以函数f(x)的单调减区间为(0，＋∞)；
②当a＞－eq\f(1,4)时，由f′(x)＝0，
得x1＝eq\f(1＋\r(1＋4a),2)，x2＝eq\f(1－\r(1＋4a),2).
(i)若－eq\f(1,4)＜a＜0，则x1＞x2＞0，
由f′(x)＜0，得0＜x＜x2，x＞x1；
由f′(x)＞0，得x2＜x＜x1.
所以f(x)的单调减区间为
(0，eq\f(1－\r(1＋4a),2))，(eq\f(1＋\r(1＋4a),2)，＋∞)，单调增区间为(eq\f(1－\r(1＋4a),2)，eq\f(1＋\r(1＋4a),2))．
(ii)若a＝0，由(1)知f(x)的单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1，＋∞)．
(iii)若a＞0，则x1＞0＞x2，
由f′(x)＜0，得x＞x1；
由f′(x)＞0，得0＜x＜x1.
所以f(x)的单调减区间为(eq\f(1＋\r(1＋4a),2)，＋∞)，
单调增区间为(0，eq\f(1＋\r(1＋4a),2))．
综上所述，
当a≤－eq\f(1,4)时，
f(x)的单调减区间为(0，＋∞)；
当－eq\f(1,4)＜a＜0时，f(x)的单调减区间为(0，eq\f(1－\r(1＋4a),2))，(eq\f(1＋\r(1＋4a),2)，＋∞)，单调增区间为(eq\f(1－\r(1＋4a),2)，eq\f(1＋\r(1＋4a),2))；
当a≥0时，f(x)的单调减区间为(eq\f(1＋\r(1＋4a),2)，＋∞)，
单调增区间为(0，eq\f(1＋\r(1＋4a),2))．
2．解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq\f(1,x)－a.
若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a＞0，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)＞0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)＜0.
所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，
在eq\b\lc