【步步高】（全国通用）2022版高考数学复习考前三个月中档大题规范练6导数的应用理1.已知函数f(x)＝ex(x2＋bx＋c)，且曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋1.(1)求f(x)的解析式；(2)讨论f(x)的单调区间.2.(2022·北京东城区模拟)已知函数f(x)＝x2＋2alnx(a∈R).(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)若函数g(x)＝＋f(x)在区间[1,4]上是单调递增函数，求实数a的取值范围.9\n3.(2022·山东实验中学模拟)设函数f(x)＝x2＋bln(x＋1)，其中b≠0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)证明：当b＝1时，对于任意的x1，x2∈[1，＋∞)，且x1≠x2，都有>.4.已知函数f(x)＝x2＋(x≠0，a∈R).(1)讨论函数f(x)的奇偶性，并说明理由；(2)若函数f(x)在[2，＋∞)上为增函数，求a的取值范围.9\n9\n5.已知函数f(x)＝x2－ax＋lnx.(1)求函数f(x)的极值点；(2)若函数f(x)在区间[2,6]内有极值，求a的取值范围.6.已知函数f(x)＝lnx－＋，a∈R.(1)当a＝1时，求函数f(x)在[4，＋∞)上的最小值；(2)令g(x)＝f(x)＋－.①若方程e2g(x)＝lnx－f(x)在上有解，求实数a的取值范围；②若G(k)＝g(k)＋g(k＋1)，k≥2，k∈N*，证明：当n≥2，n∈N*时，总有G(2)＋G(3)＋…＋G(n)>.9\n答案精析中档大题规范练61.解　(1)因为f(x)＝ex(x2＋bx＋c)，所以f′(x)＝ex[x2＋(2＋b)x＋b＋c].因为y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋1，又f′(0)＝4，所以b＋c＝4.又f(0)＝c＝1，所以b＝3.所以f(x)＝ex(x2＋3x＋1).(2)由(1)得f(x)＝ex(x2＋3x＋1)，所以f′(x)＝ex(x2＋5x＋4).令f′(x)>0，即x2＋5x＋4>0，解得x<－4或x>－1；令f′(x)<0，即x2＋5x＋4<0，解得－4<x<－1.综上，f(x)的单调递增区间为(－∞，－4]和[－1，＋∞)，单调递减区间为[－4，－1].2.解　(1)因为f(x)＝x2＋2alnx(a∈R)，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x＋＝.①当a≥0时，f′(x)>0，故f(x)的单调递增区间为(0，＋∞).②当a<0时，令f′(x)＝0⇒x2＋2a＝0⇒x2＝－2a，解得x＝或x＝－(舍).所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(0，)(，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘极小值↗由上表可知，函数f(x)的单调递减区间是(0，]，单调递增区间是[，＋∞).综上，当a≥0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a<0时，f(x)的单调递减区间是(0，]，单调递增区间是[，＋∞).(2)因为g(x)＝＋f(x)＝＋x2＋2alnx，所以g′(x)＝－＋x＋＝，9\n因为g(x)＝＋f(x)在区间[1,4]上是单调递增函数，所以g′(x)≥0，即x3＋2ax－2≥0在区间[1,4]上恒成立，即2a≥－x2在区间[1,4]上恒成立.设h(x)＝－x2(x∈[1,4])，则h′(x)＝－－2x＝－<0，所以h(x)在[1,4]上单调递减，则h(x)∈.所以2a≥1，即a≥.故实数a的取值范围为.3.(1)解　函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，求导得f′(x)＝2x＋＝，令g(x)＝2x2＋2x＋b，①当g(x)＝0在(－1，＋∞)上无解，即b>时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增.②当g(x)＝0在(－1，＋∞)上有两个不等实根，即2x2＋2x＋b＝0在(－1，＋∞)上有两个不等实根，则即0<b<，f(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.③当g(x)＝0在(－1，＋∞)上有两个相等的实根，即b＝时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增.(2)证明　当b＝1时，f(x)＝x2＋ln(x＋1)，令h(x)＝f(x)－x＝x2＋ln(x＋1)－x(x≥1)，h′(x)＝2x＋－＝，当x≥1时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[1，＋∞)上是增函数.由已知，不妨设1≤x1<x2，则h(x1)<h(x2)，9\nf(x1)－x1<f(x2)－x2，即>.4.解　(1)当a＝0时，f(x)＝x2，对任意x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，f(－x)＝(－x)2＝x2＝f(x)，∴f(x)为偶函数.当a≠0时，f(x)＝x2＋(a≠0，x≠0)，令x＝－1，得f(－1)＝1－a.令x＝1，得f(1)＝1＋a.∴f(－1)＋f(1)＝2≠0，f(－1)－f(1)＝－2a≠0，∴f(－1)≠－f(1)，f(－1)≠f(1).∴函数f(x)既不是奇函数，也不是偶函数.(2)若函数f(x)在[2，＋∞)上为增函数，则f′(x)≥0在[2，＋∞)上恒成立，即2x－≥0在[2，＋∞)上恒成立，即a≤2x3在[2，＋∞)上恒成立，只需a≤(2x3)min，x∈[2，＋∞)，∴a≤16，∴a的取值范围是(－∞，16].5.解　(1)因为f(x)＝x2－ax＋lnx，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－a＋＝.令f′(x)＝0，即x2－ax＋1＝0，则Δ＝a2－4.①若a2－4≤0，即－2≤a≤2时，f′(x)≥0，所以当－2≤a≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值点.②若a2－4>0，即a<－2或a>2时，方程x2－ax＋1＝0的解为x＝.(ⅰ)当a>2时，0<<.所以f(x)的单调递增区间为和，9\n单调递减区间为.所以f(x)的极大值点为，f(x)的极小值点为.(ⅱ)当a<－2时，<0，<0.所以当a<－2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值点.综上，当a≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值点；当a>2时，f(x)的极大值点为，f(x)的极小值点为.(2)因为函数f(x)在区间[2,6]内有极值，所以f′(x)＝0在区间[2,6]内有解，所以x2－ax＋1＝0在区间[2,6]内有解，所以a＝x＋在区间[2,6]内有解.设h(x)＝x＋，对x∈[2,6]，h′(x)＝1－＝>0，所以h(x)在[2,6]内单调递增.所以h(x)∈.故a的取值范围为.6.解　(1)当a＝1时，f(x)＝lnx－＋，当x∈[4，＋∞)时，f′(x)＝－＝>0，所以函数f(x)在[4，＋∞)上单调递增，当x＝4时，f(x)取得最小值f(4)＝ln4－.(2)g(x)＝f(x)＋－＝lnx.①因为原方程即e2lnx＝－在上有解，所以x2＝－在上有解，所以a＝－x3＋x，x∈.令y＝－x3＋x，x∈，则y′＝－3x2＋，x∈，由y′＝0，得x＝(舍去－)，则x∈时，y′>0，函数y＝－x3＋x在上递增，x∈时，y′<0，函数y＝－x3＋x在上递减，所以当x＝时，y9\n取得极大值.又x＝时，y＝，x＝2时，y＝－5，所以实数a的取值范围是.②因为G(k)＝g(k)＋g(k＋1)＝lnk＋ln(k＋1)＝lnk(k＋1)，k≥2，k∈N*.由(1)可知函数f(x)＝lnx－＋≥f(4)＝ln4－>0，即lnx>－对x∈[4，＋∞)恒成立，而k(k＋1)>4，k≥2，k∈N*，所以G(k)＝lnk(k＋1)>－，k≥2，k∈N*恒成立，所以G(2)＋G(3)＋…＋G(n)>(n－1)－＝(n－1)－(－＋－＋…＋－)＝－＋＝＋－2＝＋－，n≥2，n∈N*恒成立.又＋－在[2，＋∞)上递增，且n＝2时，＋－＝＋－＝，所以当n≥2，n∈N*时，总有G(2)＋G(3)＋…＋G(n)>.9