2019高考数学（理）六大解答题突破（课件+讲义+优选习题）：突破一　导数的综合应用 (共3份打包)

突破训练(十三) 1．(2018·长沙五校联考)已知函数f(x)＝lnx－ax2＋x，a∈R. (1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)令g(x)＝f(x)－(ax－1)，求函数g(x)的极值． [解]　(1)当a＝0时，f(x)＝lnx＋x，则f(1)＝1，∴切点为(1,1)，又f′(x)＝＋1，∴切线斜率k＝f′(1)＝2. 故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0. (2)g(x)＝f(x)－(ax－1)＝lnx－， －ax＋(1－a)＝ax2＋(1－a)x＋1，则g′(x)＝ 当a≤0时，∵x>0，∴g′(x)>0， ∴g(x)在(0，＋∞)上是增函数，函数g(x)无极值点． 当a>0时，g′(x)＝ ＝－. .令g′(x)＝0，得x＝ ∴当x∈－lna. ＋1＝＋(1－a)··－＝ln时，g(x)有极大值g上是减函数．∴x＝上是增函数，在时，g′(x)<0.因此g(x)在时，g′(x)>0；当x∈ 综上，当a≤0时，函数g(x)无极值； 当a>0时，函数g(x)有极大值－lna，无极小值． 2．(2018·湖北八校联考)已知函数f(x)＝(1＋ax2)ex－1. (1)当a≥0时，讨论函数f(x)的单调性； (2)求函数f(x)在区间[0,1]上零点的个数． [解]　(1)f′(x)＝(ax2＋2ax＋1)ex. 当a＝0时，f′(x)＝ex>0，此时f(x)在R上单调递增． 当a>0时，Δ＝4a2－4a. ①当0<a≤1时，Δ≤0，ax2＋2ax＋1≥0恒成立， ∴f′(x)≥0，此时f(x)在R上单调递增． ②当a>1时，令f′(x)＝0，解得x1＝－1－ . ，x2＝－1＋ 当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表： x (－∞，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  极大值  极小值  即f(x)在上单调递减． 上单调递增，在和 综上所述，当0≤a≤1时，f(x)在R上单调递增． 当a>1时，f(x)在上单调递减． 上单调递增，在和 (2)由(1)知，当0≤a≤1时，f(x)在[0,1]上单调递增，f(0)＝0，此时f(x)在区间[0,1]上有1个零点． 当a>1时，－1－ <0，∴f(x)在[0,1]上单调递增，f(0)＝0，此时f(x)在区间[0,1]上有1个零点． <0且－1＋ 当a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝－1＋ >0(负值已舍去)． ①当－1＋ ≤a<0时，f(x)在[0,1]上单调递增，f(0)＝0，此时f(x)在区间[0,1]上有1个零点； ≥1，即－ ②当－1＋，f(x)在区间[0,1]上有1个零点； －1<a<－上单调递减，f(0)＝0，若f(1)>0，即上单调递增，在时，f(x)在<1，即a<－ 若f(1)≤0，即a≤－1，f(x)在区间[0,1]上有2个零点． 综上所述，当a≤－1时，f(x)在区间[0,1]上有1个零点．－1时，f(x)在区间[0,1]上有2个零点；当a> 3．(2018·皖南八校联考)已知函数f(x)＝lnx. (1)求函数g(x)＝f(x＋1)－x的最大值； (2)若对任意x>0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立，求实数a的取值范围． [解]　(1)∵f(x)＝lnx， ∴g(x)＝f(x＋1)－x＝ln(x＋1)－x(x>－1)， ∴g′(x)＝. －1＝ 当x∈(－1,0)时，g′(x)>0， ∴g(x)在(－1,0)上单调递增； 当x∈(0，＋∞)时，g′(x)<0， ∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减． ∴g(x)在x＝0处取得最大值g(0)＝0. (2)∵对任意x>0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立， ∴在x>0上恒成立， 进一步转化为min， max≤a≤ 设h(x)＝， ，则h′(x)＝ 当x∈(0，e)时，h′(x)>0；当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0， ∴h(x)在x＝e处取得极大值也是最大值． ∴h(x)max＝. 要使f(x)≤ax恒成立，必须a≥. 另一方面，当x>0时，x＋≥2，当且仅当x＝1时等号成立，要使ax≤x2＋1恒成立，必须a≤2， ∴满足条件的a的取值范围是. 4．(2018·洛阳二模)已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)． (1)若曲线y＝f(x)与直线x－y－1－ln2＝0相切，求实数a的值； (2)若函数f(x)有两个零点x1，x2，证明>2 ＋ [解]　(1)由f(x)＝lnx－ax，得f′(x)＝－a. 设切点的横坐标为x0，依题意得 解得故实数a的值为1. (2)证明：不妨设0<x1<x2，由， ＝得lnx2－lnx1＝a(x2－x