2021高考数学新高考版一轮习题：专题3 第30练 高考大题突破练——导数 (含解析)

ln x

1．(2019·贵州省思南中学期末)已知函数f (x)＝xex，g(x)＝.

x(1)求函数f (x)的极值； (2)当x>0时，求证：f (x)>g(x)．

x

2．设函数f (x)＝. ln x(1)求f (x)的单调区间；

(2)若对任意的x1，x2∈[2,3]都有|f (x1)－f (x2)|

a

3．(2019·长沙模拟)已知函数f (x)＝sin x－x2.

2

π

0，?上有唯一极大值点，求实数a的取值范围； (1)若f (x)在??2?(2)若a＝1，g(x)＝f (x)＋ex且g(x1)＋g(x2)＝2(x1≠x2)，证明：x1＋x2<0.

1?11

4．已知函数f (x)＝x3＋3x－，g(x)＝f (x)＋f ??x?. 3x

(1)当a<1时，不等式f (a－1)＋f (2a2)>0有解，求实数a的取值范围； 2－2n(2)当x<0时，不等式g(x)≤(n∈N*)恒成立，求n的最大值．

3

答案精析

1．(1)解 由题意知，f′(x)＝xex＋ex＝(x＋1)ex， 令f′(x)>0，得x>－1，令f′(x)<0，得x<－1. 则f (x)在(－∞，－1)上单调递减， 在(－1，＋∞)上单调递增，

1

所以f (x)的极小值为f (－1)＝－，无极大值．

eln x

(2)证明 当x>0时，要证f (x)>g(x)，即证ex>2.

x令f (x)＝x2－ln x(x>0)， 1

则F′(x)＝2x－(x>0)，

x令F′(x)>0，得x>2， 22， 2

令F′(x)<0，得0

?

2?2

上单调递减，在?，＋∞?上单调递增， 2??2?

22?1

＝－ln>0，

2?2?2

所以当x>0时，f (x)≥F?ln x

所以x2>ln x，即2<1. x

因为x>0时，ex>e0＝1，

ln xln x

所以当x>0时，ex>2?xe2>，

xx所以当x>0时，不等式f (x)>g(x)成立． 2．解 (1)f (x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)． ln x－1

f′(x)＝，

?ln x?2

当x>e时，f′(x)>0，f (x)单调递增；

当0

所以f (x)的增区间为(e，＋∞)； f (x)的减区间为(0,1)，(1，e)．

(2)由(1)知f (x)在[2，e]上单调递减，[e,3]上单调递增； 所以f (x)的最小值为f (e)＝e， 23

又f (2)＝，f (3)＝，

ln 2ln 3

2ln 3－3ln 2ln 9－ln 823

f (2)－f (3)＝－＝＝>0，

ln 2ln 3ln 2ln 3ln 2ln 32?

e，所以f (x)在[2,3]上的值域为??ln 2?. 由题意知，m>f (x)max－f (x)min(2≤x≤3)， 2?所以实数m的取值范围为??ln 2－e，＋∞?. 3．(1)解 已知f′(x)＝cos x－ax. 当a≤0时，f′(x)≥0， π

0，?上单调递增， ∴f (x)在??2?π

0，?上不存在极大值点； 此时f (x)在??2?当a>0时，令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝－sin x－a<0， π′

0，?上单调递减， ∴f(x)在??2?π?π

又f′(0)＝1>0，f′?＝－a<0， ?2?2π

0，?， 故存在唯一x0∈??2?使得f′(x0)＝0.

π

x0，?， ∴x∈(0，x0)，f′(x)>0，f (x)单调递增，x∈?2??f′(x)<0，f (x)单调递减．

此时x0是函数f (x)的唯一极大值点． 综上可得a>0.

1

(2)证明 依题意g(x)＝ex＋sin x－x2.

2