资源简介

刷大题6　导数的综合问题
分值：60分
1.(13分)(2024·葫芦岛模拟)已知函数f(x)=ln x-a(x+1)(a∈R)在点(2，f(2))处的切线与直线x+2y=0平行.
(1)求f(x)的单调区间；(6分)
(2)当x∈(1，2)时，f(x)>+(k-2)x-k-恒成立，求实数k的取值范围.(7分)
2.(15分)(2024·赣州模拟)已知函数f(x)=ex-1-ln x.
(1)求f(x)的单调区间；(7分)
(2)已知m>0，若函数g(x)=f(x)-m(x-1)有唯一的零点x0，证明：13.(15分)(2025·八省联考)已知函数f(x)=aln x+-x.
(1)设a=1，b=-2，求曲线y=f(x)的斜率为2的切线方程；(5分)
(2)若x=1是f(x)的极小值点，求b的取值范围.(10分)
4.(17分)已知函数f(x)=x-aln(1+x)，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；(5分)
(2)证明：对于任意正整数n，都有1+++…+>ln(2n+1)；(5分)
(3)设p(x)=x-1-f(x-1)，a>0，若曲线y=p(x)上的两点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，满足0答案精析
1.解　(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，+∞)，
f'(x)=-a，
所以f'(2)=-a=-即a=1，
所以f(x)=ln x-(x+1)，
f'(x)=-1=
令f'(x)>0，得0令f'(x)<0，得x>1，
所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，+∞).
(2)由(1)得f(x)=ln x-(x+1)，
将不等式整理得f(x)-+2x+>k(x-1)，
因为x∈(1，2)，所以x-1>0，
原不等式可转化为k<-在(1，2)上恒成立，
令M(x)=-x∈(1，2)，
则M'(x)=-
=
令P(x)=(x2-1)(2-x)-2xln x，x∈(1，2)，
则P'(x)=-(3x-1)(x-1)-2ln x<0，
所以P(x)在(1，2)上单调递减，
P(x)所以M(x)在(1，2)上单调递减，
M(x)>M(2)=ln 2-
所以k≤ln 2-所以实数k的取值范围是.
2.(1)解　∵f(x)=ex-1-ln x，
f(x)的定义域为(0，+∞)，
∴f'(x)=ex-1-
令l(x)=ex-1-(x>0)，
∴l'(x)=ex-1+>0，
∴当x>0时，l(x)即f'(x)单调递增，
又∵f'(1)=0，
∴当x∈(0，1)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增.
∴f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞).
(2)证明　∵g(x)=f(x)-m(x-1)
=ex-1-ln x-mx+m(m>0)，
∴g'(x)=ex-1--m(x>0，m>0)，
由(1)可知g'(x)在(0，+∞)上单调递增，且g'(1)=-m<0，
又g'(1+m)=em--m
>em-(m+1)，
易证em>m+1，则g'(1+m)>0，
∴存在唯一的t∈(1，1+m) (1，+∞)，使得g'(t)=0，
∴当x∈(0，t)时，g'(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(t，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增；
∴g(x)min=g(t)=et-1-ln t-mt+m，
又当x→0时，g(x)→+∞；
当x→+∞时，g(x)→+∞，
所以若方程g(x)=ex-1-ln x-mx+m=0有唯一的实根x0，
则x0=t>1，
∴
消去m可得(2-t)et-1-ln t+1-=0(t>1)，令h(t)=(2-t)et-1-ln t+1-(t>1)，
则h'(t)=(1-t)et-1-+
=(1-t)<0，
∴h(t)在(1，+∞)上为减函数，
且h(1)=1>0，h(2)=-ln 2<0，
∴当h(t)=0时，t∈(1，2)，
即13.解　(1)当a=1,b=-2时,f(x)=ln x--x,x>0,
令f'(x)=+-1=2,得(3x+2)(x-1)=0,
解得x=1(负值舍去),
故切点为(1,-3),
切线方程为y+3=2(x-1),即2x-y-5=0.
(2)f'(x)=--1,
∵x=1为f(x)的极小值点,
∴f'(1)=a-b-1=0,a=b+1,
∴f'(x)=-
=-,
①当b≤0时,x-b>0,令f'(x)=0得x=1,
当00,f(x)单调递增;
当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减,f(x)在x=1处取得极大值,舍去.
②当b=1时,f'(x)=-≤0,
f(x)在(0,+∞)上单调递减,
f(x)不存在极值,舍去.
③当0当b0,f(x)单调递增;
当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减,此时f(x)在x=1处取得极大值,舍去.
④当b>1时,当0当10,f(x)单调递增;当x>b时,f'(x)<0,f(x)单调递减,此时f(x)在x=1处取得极小值,符合题意.
综上,b的取值范围为(1,+∞).
4.(1)解　易知f(x)的定义域为(-1，+∞)，
由f(x)=x-aln(1+x)，
得f'(x)=1-=
当a≤0时，f'(x)>0在(-1，+∞)上恒成立，
所以f(x)在(-1，+∞)上为增函数，
当a>0时，令f'(x)=0，得x=a-1，
当x∈(-1，a-1)时，f'(x)<0，
当x∈(a-1，+∞)时，f'(x)>0，
即f(x)在(-1，a-1)上单调递减，在(a-1，+∞)上单调递增.
综上所述，当a≤0时，f(x)在(-1，+∞)上为增函数，
当a>0时，f(x)在(-1，a-1)上单调递减，在(a-1，+∞)上单调递增.
(2)证明　当a=1时，
f(x)=x-ln(1+x)，
由(1)知，f(x)在(-1，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，
所以f(x)=x-ln(1+x)≥f(0)=0，
得到x≥ln(x+1)，
对于任意正整数n，令x=
则≥ln
=ln(2n+1)-ln(2n-1)，
所以2>ln 3-ln 1+ln 5-ln 3+ln 7-ln 5+…+ln(2n+1)-ln(2n-1)
=ln(2n+1)，
即1+++…+
>ln(2n+1)，
命题得证.
(3)证明　因为p(x)=x-1-[x-1-aln(1+x-1)]=aln x(a>0，x>0)，
所以直线AB的斜率
kAB=
又p'(x)=所以p'(x3)=
由题意得kAB==
又易知p'(x)=(a>0)在(0，+∞)上单调递减，要证x3<
即证p'(x3)>p'
即证>
又0即证ln >=
令=t>1，即证ln t>
即证(t+1)ln t-2(t-1)>0，
令q(t)=(t+1)ln t-2(t-1)(t>1)，
则q'(t)=ln t+-1，
令r(t)=ln t+-1，
则r'(t)=-=
当t>1时，r'(t)>0，
即r(t)在(1，+∞)上单调递增，所以r(t)>r(1)=0，即q'(t)>0，
故q(t)在(1，+∞)上单调递增，
所以q(t)>q(1)=0，
即(t+1)ln t>2(t-1)，
所以x3<故命题得证.(共45张PPT)
第三章
必刷大题6　导数的综合问题
数学
大
一
轮
复
习
答案
1
2
3
4
(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=-a，
所以f'(2)=-a=-即a=1，
所以f(x)=ln x-(x+1)，f'(x)=-1=
令f'(x)>0，得0令f'(x)<0，得x>1，
所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，+∞).
1.
答案
1
2
3
4
(2)由(1)得f(x)=ln x-(x+1)，
将不等式整理得f(x)-+2x+>k(x-1)，
因为x∈(1，2)，所以x-1>0，
原不等式可转化为k<-在(1，2)上恒成立，
令M(x)=-x∈(1，2)，
则M'(x)=-=
1.
答案
1
2
3
4
令P(x)=(x2-1)(2-x)-2xln x，x∈(1，2)，
则P'(x)=-(3x-1)(x-1)-2ln x<0，
所以P(x)在(1，2)上单调递减，
P(x)所以M(x)在(1，2)上单调递减，
M(x)>M(2)=ln 2-
所以k≤ln 2-所以实数k的取值范围是.
1.
答案
1
2
3
4
(1)∵f(x)=ex-1-ln x，
f(x)的定义域为(0，+∞)，
∴f'(x)=ex-1-
令l(x)=ex-1-(x>0)，∴l'(x)=ex-1+>0，
∴当x>0时，l(x)即f'(x)单调递增，
又∵f'(1)=0，
2.
答案
1
2
3
4
∴当x∈(0，1)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增.
∴f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞).
2.
答案
1
2
3
4
(2)∵g(x)=f(x)-m(x-1)=ex-1-ln x-mx+m(m>0)，
∴g'(x)=ex-1--m(x>0，m>0)，
由(1)可知g'(x)在(0，+∞)上单调递增，且g'(1)=-m<0，
又g'(1+m)=em--m>em-(m+1)，
易证em>m+1，则g'(1+m)>0，
∴存在唯一的t∈(1，1+m) (1，+∞)，使得g'(t)=0，
2.
答案
1
2
3
4
∴当x∈(0，t)时，g'(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(t，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增；
∴g(x)min=g(t)=et-1-ln t-mt+m，
又当x→0时，g(x)→+∞；
当x→+∞时，g(x)→+∞，
所以若方程g(x)=ex-1-ln x-mx+m=0有唯一的实根x0，
则x0=t>1，
2.
答案
1
2
3
4
∴
消去m可得(2-t)et-1-ln t+1-=0(t>1)，令h(t)=(2-t)et-1-ln t+1-(t>1)，
则h'(t)=(1-t)et-1-+=(1-t)<0，
∴h(t)在(1，+∞)上为减函数，且h(1)=1>0，h(2)=-ln 2<0，
∴当h(t)=0时，t∈(1，2)，即12.
答案
1
2
3
4
(1)当a=1,b=-2时,f(x)=ln x--x,x>0,
令f'(x)=+-1=2,得(3x+2)(x-1)=0,
解得x=1(负值舍去),
故切点为(1,-3),
切线方程为y+3=2(x-1),即2x-y-5=0.
3.
答案
1
2
3
4
(2)f'(x)=--1,
∵x=1为f(x)的极小值点,
∴f'(1)=a-b-1=0,a=b+1,
∴f'(x)=-=-,
①当b≤0时,x-b>0,令f'(x)=0得x=1,
当00,f(x)单调递增;
当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减,f(x)在x=1处取得极大值,舍去.
3.
答案
1
2
3
4
②当b=1时,f'(x)=-≤0,
f(x)在(0,+∞)上单调递减,
f(x)不存在极值,舍去.
③当0当b0,f(x)单调递增;
当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减,此时f(x)在x=1处取得极大值,舍去.
3.
答案
1
2
3
4
④当b>1时,当0当10,f(x)单调递增;当x>b时,f'(x)<0,f(x)单调递减,此时f(x)在x=1处取得极小值,符合题意.
综上,b的取值范围为(1,+∞).
3.
答案
1
2
3
4
(1)易知f(x)的定义域为(-1，+∞)，
由f(x)=x-aln(1+x)，得f'(x)=1-=
当a≤0时，f'(x)>0在(-1，+∞)上恒成立，
所以f(x)在(-1，+∞)上为增函数，
当a>0时，令f'(x)=0，得x=a-1，
当x∈(-1，a-1)时，f'(x)<0，
当x∈(a-1，+∞)时，f'(x)>0，
4.
答案
1
2
3
4
即f(x)在(-1，a-1)上单调递减，在(a-1，+∞)上单调递增.
综上所述，当a≤0时，f(x)在(-1，+∞)上为增函数，
当a>0时，f(x)在(-1，a-1)上单调递减，在(a-1，+∞)上单调递增.
(2)当a=1时，f(x)=x-ln(1+x)，
由(1)知，f(x)在(-1，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，
所以f(x)=x-ln(1+x)≥f(0)=0，
得到x≥ln(x+1)，
4.
答案
1
2
3
4
对于任意正整数n，令x=
则≥ln=ln(2n+1)-ln(2n-1)，
所以2>ln 3-ln 1+ln 5-ln 3+ln 7-ln 5+…+ln(2n+1)-ln(2n-1)=ln(2n+1)，
即1+++…+>ln(2n+1)，
命题得证.
4.
答案
1
2
3
4
(3)因为p(x)=x-1-[x-1-aln(1+x-1)]=aln x(a>0，x>0)，
所以直线AB的斜率
kAB=又p'(x)=所以p'(x3)=
由题意得kAB==
又易知p'(x)=(a>0)在(0，+∞)上单调递减，要证x3<
即证p'(x3)>p'
4.
答案
1
2
3
4
即证>
又0=
令=t>1，即证ln t>
即证(t+1)ln t-2(t-1)>0，
令q(t)=(t+1)ln t-2(t-1)(t>1)，
则q'(t)=ln t+-1，
4.
答案
1
2
3
4
令r(t)=ln t+-1，则r'(t)=-=
当t>1时，r'(t)>0，
即r(t)在(1，+∞)上单调递增，所以r(t)>r(1)=0，即q'(t)>0，
故q(t)在(1，+∞)上单调递增，
所以q(t)>q(1)=0，
即(t+1)ln t>2(t-1)，
所以x3<故命题得证.
4.
1.(2024·葫芦岛模拟)已知函数f(x)＝ln x－a(x＋1)(a∈R)在点(2，f(2))处的切线与直线x＋2y＝0平行.
(1)求f(x)的单调区间；
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f'(x)＝－a，
所以f'(2)＝－a＝－即a＝1，
所以f(x)＝ln x－(x＋1)，
f'(x)＝－1＝
令f'(x)>0，得0令f'(x)<0，得x>1，
所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞).
(2)当x∈(1，2)时，f(x)>＋(k－2)x－k－恒成立，求实数k的取值范围.
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
由(1)得f(x)＝ln x－(x＋1)，
将不等式整理得f(x)－＋2x＋>k(x－1)，
因为x∈(1，2)，所以x－1>0，
原不等式可转化为k<在(1，2)上恒成立，
令M(x)＝x∈(1，2)，
则M'(x)＝＝
令P(x)＝(x2－1)(2－x)－2xln x，x∈(1，2)，
1
2
3
4
答案
则P'(x)＝－(3x－1)(x－1)－2ln x<0，
所以P(x)在(1，2)上单调递减，
P(x)所以M(x)在(1，2)上单调递减，
M(x)>M(2)＝ln 2－
所以k≤ln 2－
所以实数k的取值范围是.
1
2
3
4
答案
2.(2024·赣州模拟)已知函数f(x)＝ex－1－ln x.
(1)求f(x)的单调区间；
1
2
3
4
答案
∵f(x)＝ex－1－ln x，
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
∴f'(x)＝ex－1－
令l(x)＝ex－1－(x>0)，
∴l'(x)＝ex－1＋>0，
∴当x>0时，l(x)即f'(x)单调递增，
1
2
3
4
答案
又∵f'(1)＝0，
∴当x∈(0，1)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增.
∴f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞).
1
2
3
4
答案
(2)已知m>0，若函数g(x)＝f(x)－m(x－1)有唯一的零点x0，证明：11
2
3
4
答案
∵g(x)＝f(x)－m(x－1)＝ex－1－ln x－mx＋m(m>0)，
∴g'(x)＝ex－1－－m(x>0，m>0)，
由(1)可知g'(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g'(1)＝－m<0，
又g'(1＋m)＝em－－m>em－(m＋1)，
易证em>m＋1，则g'(1＋m)>0，
∴存在唯一的t∈(1，1＋m) (1，＋∞)，使得g'(t)＝0，
∴当x∈(0，t)时，g'(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(t，＋∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增；
1
2
3
4
答案
∴g(x)min＝g(t)＝et－1－ln t－mt＋m，
又当x→0时，g(x)→＋∞；当x→＋∞时，g(x)→＋∞，
所以若方程g(x)＝ex－1－ln x－mx＋m＝0有唯一的实根x0，则x0＝t>1，
∴
消去m可得(2－t)et－1－ln t＋1－＝0(t>1)，
令h(t)＝(2－t)et－1－ln t＋1－(t>1)，
1
2
3
4
答案
则h'(t)＝(1－t)et－1－
＝(1－t)<0，
∴h(t)在(1，＋∞)上为减函数，
且h(1)＝1>0，h(2)＝－ln 2<0，
∴当h(t)＝0时，t∈(1，2)，即13.(2025·八省联考)已知函数f(x)=aln x+-x.
(1)设a=1,b=-2,求曲线y=f(x)的斜率为2的切线方程;
1
2
3
4
答案
当a=1,b=-2时,f(x)=ln x--x,x>0,
令f'(x)=+-1=2,得(3x+2)(x-1)=0,
解得x=1(负值舍去),
故切点为(1,-3),
切线方程为y+3=2(x-1),即2x-y-5=0.
(2)若x=1是f(x)的极小值点,求b的取值范围.
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
f'(x)=--1,
∵x=1为f(x)的极小值点,
∴f'(1)=a-b-1=0,a=b+1,
∴f'(x)=-=-,
①当b≤0时,x-b>0,令f'(x)=0得x=1,
当00,f(x)单调递增;
当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减,f(x)在x=1处取得极大值,舍去.
1
2
3
4
答案
②当b=1时,f'(x)=-≤0,
f(x)在(0,+∞)上单调递减,
f(x)不存在极值,舍去.
③当0当b0,f(x)单调递增;
当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减,此时f(x)在x=1处取得极大值,舍去.
④当b>1时,当01
2
3
4
答案
当10,f(x)单调递增;当x>b时,f'(x)<0,f(x)单调递减,此时f(x)在x=1处取得极小值,符合题意.
综上,b的取值范围为(1,+∞).
4.已知函数f(x)＝x－aln(1＋x)，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
易知f(x)的定义域为(－1，＋∞)，由f(x)＝x－aln(1＋x)，
得f'(x)＝1－
当a≤0时，f'(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，
所以f(x)在(－1，＋∞)上为增函数，
当a>0时，令f'(x)＝0，得x＝a－1，
当x∈(－1，a－1)时，f'(x)<0，当x∈(a－1，＋∞)时，f'(x)>0，
即f(x)在(－1，a－1)上单调递减，在(a－1，＋∞)上单调递增.
综上所述，当a≤0时，f(x)在(－1，＋∞)上为增函数，
当a>0时，f(x)在(－1，a－1)上单调递减，在(a－1，＋∞)上单调递增.
(2)证明：对于任意正整数n，都有1＋＋…＋>ln(2n＋1)；
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
当a＝1时，f(x)＝x－ln(1＋x)，
由(1)知，f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)＝x－ln(1＋x)≥f(0)＝0，
得到x≥ln(x＋1)，
对于任意正整数n，令x＝
则≥ln＝ln(2n＋1)－ln(2n－1)，
1
2
3
4
答案
所以2>ln 3－ln 1＋ln 5－ln 3＋ln 7－ln 5＋…＋ln(2n＋1)－ln(2n－1)
＝ln(2n＋1)，
即1＋＋…＋>ln(2n＋1)，
命题得证.
(3)设p(x)＝x－1－f(x－1)，a>0，若曲线y＝p(x)上的两点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，满足01
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
因为p(x)＝x－1－[x－1－aln(1＋x－1)]＝aln x(a>0，x>0)，
所以直线AB的斜率kAB＝
又p'(x)＝所以p'(x3)＝
由题意得kAB＝
又易知p'(x)＝(a>0)在(0，＋∞)上单调递减，要证x3<
即证p'(x3)>p'
1
2
3
4
答案
即证>
又0即证ln >
令＝t>1，即证ln t>
即证(t＋1)ln t－2(t－1)>0，
令q(t)＝(t＋1)ln t－2(t－1)(t>1)，
则q'(t)＝ln t＋－1，
1
2
3
4
答案
令r(t)＝ln t＋－1，
则r'(t)＝当t>1时，r'(t)>0，
即r(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以r(t)>r(1)＝0，即q'(t)>0，
故q(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以q(t)>q(1)＝0，即(t＋1)ln t>2(t－1)，
所以x3<故命题得证.

展开更多......

收起↑