《高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第13節(jié) 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 第三課時(shí)練習(xí) 新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第13節(jié) 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 第三課時(shí)練習(xí) 新人教A版（9頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第二章 第13節(jié) 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 第三課時(shí) 1．(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577238)(理科)(2018濟(jì)南市一模)已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)． (1)若函數(shù)f(x)在x＝0處取得極值，求實(shí)數(shù)a的值；并求此時(shí)f(x)在[－2,1]上的最大值； (2)若函數(shù)f(x)不存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1)函數(shù)的定義域?yàn)镽，f′(x)＝ex＋a， 由函數(shù)f(x)在x＝0處取得極值， 則f′(0)＝1＋a＝0，解得a＝－1， 即有f(x)＝ex－x＋1，f′(x)＝ex－1， 當(dāng)x＜0時(shí)，有f′(x)＜0，f(x)遞減， 當(dāng)x＞0時(shí)，有f′(x)＞0，f

2、(x)遞增． 則x＝0處f(x)取得極小值，也為最小值，且為2， 又f(－2)＝e－2＋3，f(1)＝e，f(－2)＞f(1)， 即有f(－2)為最大值e－2＋3； (2)函數(shù)f(x)不存在零點(diǎn)，即為 ex＋ax－a＝0無實(shí)數(shù)解， 由于x＝1時(shí)，e＋0＝0顯然不成立，即有a∈R且a≠0. 若x≠1，即有－a＝， 令g(x)＝，則g′(x)＝， 當(dāng)x＞2時(shí)，g′(x)＞0，g(x)遞增， 當(dāng)x＜1和1＜x＜2時(shí)，g′(x)＜0，g(x)遞減． 即有x＝2處g(x)取得極小值，為e2， 在x＜1時(shí)，g(x)＜0，則有0＜－a＜e2， 解得－e2＜a＜0， 則實(shí)數(shù)a的取值

3、范圍為(－e2,0)． 1．(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577239)(文科)(2018南平市質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝ex－x. (1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程； (2)已知t為實(shí)數(shù)，求函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋2]上的最小值； (3)定義在區(qū)間D上的函數(shù)g(x)，若存在區(qū)間[a，b]?D及實(shí)常數(shù)m，當(dāng)x∈[a，b]時(shí)，g(x)的取值范圍恰為[a＋m，b＋m]，則稱區(qū)間[a，b]為g(x)的一個(gè)同步偏移區(qū)間，m為同步偏移量． 試問函數(shù)y＝[f(x)＋x](x2－1)在(1，＋∞)上是否存在同步偏移區(qū)間？若存在，請(qǐng)求出一個(gè)同步偏移區(qū)間及對(duì)應(yīng)的偏移量；若不存在，請(qǐng)說明理由．

4、 解：(1)由題意知f(1)＝e－1, f′(x)＝ex－1. ∴函數(shù)f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線斜率k＝e－1， ∴切線方程為y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x. (2)令f′(x)＝ex－1＝0得x＝0. ①當(dāng)t≥0時(shí)，在[t，t＋2]上f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增，fmin(x)＝f(t)＝et－t. ②當(dāng)－2

5、in(x)＝f(t＋2)＝et＋2－t－2. ∴fmin(x)＝ (3)函數(shù)y＝[f(x)＋x](x2－1)在(1，＋∞)上不存在同步偏移區(qū)間． 證明如下： 假設(shè)函數(shù)g(x)＝[f(x)＋x](x2－1)＝(x2－1)ex存在同步偏移區(qū)間[a，b], 則g′(x)＝(x2＋2x－1)ex. ∵x>1時(shí)，g′(x)>0 ，∴g(x)為增函數(shù)，∴ 即方程(x2－1)ex＝x＋m有兩個(gè)大于1的相異實(shí)根． 設(shè)φ(x)＝(x2－1)ex－x－m(x>1)，則φ′(x)＝(x2＋2x－1)ex－1. ∵x>1，φ′(x)>0，∴φ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增. ∴φ(x)在區(qū)間

6、(1，＋∞)上至多有一個(gè)零點(diǎn)與方程(x2－1)ex＝x＋m有兩個(gè)大于1的相異實(shí)根矛盾， ∴假設(shè)不成立，即g(x)在(1，＋∞)上不存在同步偏移區(qū)間． 2．(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577240)(理科)(2018濮陽市一模)設(shè)函數(shù)f(x)＝aln x－bx2. (1)當(dāng)b＝1時(shí)，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；　 (2)當(dāng)a＝1，b＝0時(shí)，函數(shù)g(x)＝f(x)－kx，k為常數(shù)，若函數(shù)g(x)有兩個(gè)相異零點(diǎn)x1，x2，證明：x1x2>e2. 解：(1)b＝1時(shí)，f(x)＝aln x－x2，定義域是(0，＋∞)， ∴f′(x)＝(x＞0)， ①a≤0時(shí)，a－2x2≤0，f′(x)≤0，f(x)在(0，

7、＋∞)遞減． ②a＞0時(shí)，f′(x)＝，(x＞0)， x∈時(shí)，f′(x)＞0，x∈時(shí)， f′(x)＜0， 故f(x)在遞減，在遞增． (2)證明：a＝1，b＝0時(shí)，g(x)＝f(x)－kx＝ln x－kx， 由g(x)＝0，得ln x＝kx，設(shè)x1＞x2， 又∵ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0， ∴l(xiāng)n x1＋ln x2＝k(x1＋x2)， ln x1－ln x2＝k(x1－x2)， ∴＝k. 要證明x1x2＞e2，只需證明ln x1＋ln x2＞2， 即證明k(x1＋x2)＞2，即證明k＞， 即證明＞， 即證明ln ＞. 設(shè)t＝，則t＞1. 設(shè)h

8、(t)＝ln t－，(t＞1)， 則h′(t)＝＞0， ∴函數(shù)h(t)在(1，＋∞)遞增． ∵h(yuǎn)(1)＝0，∴h(t)＞h(1)＝0， ∴l(xiāng)n t＞，∴x1x2＞e2. 3．(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577241)(文科)(2018菏澤市一模)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x－ax2－bx. (1)當(dāng)a＝b＝時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)令F(x)＝f(x)＋ax2＋bx＋(0

9、x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， 當(dāng)a＝b＝時(shí)，f(x)＝ln x－x2－x， f′(x)＝－x－＝. 令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－2(舍去)， 當(dāng)00；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0， 所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,1)，減區(qū)間為(1，＋∞)． (2)由題意知F(x)＝ln x＋，x∈(0,3]則有k＝F′(x0)＝≤在(0,3)上恒成立，所以a≥max，當(dāng)x0＝1時(shí)，－x＋x0取得最大值，所以a≥； (3)當(dāng)a＝0，b＝－1時(shí)，f(x)＝ln x＋x， 由f(x)＝mx，得ln x＋x＝mx，又x>0， 所以m＝1＋， 要使方程f(x)＝mx

10、在區(qū)間[1，e2]上有唯一實(shí)數(shù)解， 只需m＝1＋有唯一實(shí)數(shù)解， 令g(x)＝1＋(x>0)， ∴g′(x)＝，由g′(x)>0得0e， ∴g(x)在區(qū)間[1，e]上是增函數(shù)，在區(qū)間[e，e2]上是減函數(shù)． g(1)＝1，g(e2)＝1＋，g(e)＝1＋，故1≤m<1＋. 3．(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577242)(理科)(2018鷹潭市一模)已知函數(shù)f(x)＝(2ax2＋bx＋1)e－x(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))． (1)若a＝，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若f(1)＝1，且方程f(x)＝1在(0,1)內(nèi)有解，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1)若a＝，f

11、(x)＝(x2＋bx＋1)e－x， 則f′(x)＝(2x＋b)e－x－(x2＋bx＋1)e－x ＝－[x2＋(b－2)x＋1－b]e－x ＝－(x－1)[x－(1－b)]e－x， 由f′(x)＝0得－(x－1)[x－(1－b)]＝0， 即x＝1或x＝1－b， ①若1－b＝1，即b＝0時(shí)，f′(x)＝－(x－1)2e－x≤0，此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞減，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，＋∞)． ②若1－b＞1，即b＜0時(shí)，由f′(x)＝－(x－1)[x－(1－b)]e－x＞0得(x－1)[x－(1－b)]＜0，即1＜x＜1－b， 此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞增，單調(diào)遞增區(qū)間為(1,1－b)， 由f′(x)＝－(

12、x－1)[x－(1－b)]e－x＜0得(x－1)[x－(1－b)]＞0，即x＜1，或x＞1－b， 此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞減，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，1)，(1－b，＋∞)， ③若1－b＜1，即b＞0時(shí)，由f′(x)＝－(x－1)[x－(1－b)]e－x＞0得(x－1)[x－(1－b)]＜0，即1－b＜x＜1， 此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞增，單調(diào)遞增區(qū)間為(1－b,1)， 由f′(x)＝－(x－1)[x－(1－b)]e－x＜0得(x－1)[x－(1－b)]＞0，即x＜1－b，或x＞1， 此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞減，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，1－b)，(1，＋∞)． (2)若f(1)＝1，則f(1)＝(2a＋b＋1)e－

13、1＝1， 即2a＋b＋1＝e，則b＝e－1－2a， 若方程f(x)＝1在(0,1)內(nèi)有解， 即方程f(x)＝(2ax2＋bx＋1)e－x＝1在(0,1)內(nèi)有解， 即2ax2＋bx＋1＝ex在(0,1)內(nèi)有解， 即ex－2ax2－bx－1＝0， 設(shè)g(x)＝ex－2ax2－bx－1， 則g(x)在(0,1)內(nèi)有零點(diǎn)， 設(shè)x0是g(x)在(0,1)內(nèi)的一個(gè)零點(diǎn)， 則g(0)＝0，g(1)＝0，知函數(shù)g(x)在(0，x0)和(x0,1)上不可能單調(diào)遞增，也不可能單調(diào)遞減， 設(shè)h(x)＝g′(x)， 則h(x)在(0，x0)和(x0,1)上存在零點(diǎn)， 即h(x)在(0,1)上至

14、少有兩個(gè)零點(diǎn)， g′(x)＝ex－4ax－b，h′(x)＝ex－4a， 當(dāng)a≤時(shí)，h′(x)＞0，h(x)在(0,1)上遞增，h(x)不可能有兩個(gè)及以上零點(diǎn)， 當(dāng)a≥時(shí)，h′(x)＜0，h(x)在(0,1)上遞減，h(x)不可能有兩個(gè)及以上零點(diǎn)， 當(dāng)＜a＜時(shí)，令h′(x)＝0，得x＝ln (4a)∈(0,1)， 則h(x)在(0，ln (4a))上遞減，在(ln(4a)，1)上遞增，h(x)在(0,1)上存在最小值h(ln(4a))． 若h(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，則有h(ln (4a))＜0，h(0)＞0，h(1)＞0， h(ln (4a))＝4a－4aln (4a)－b＝6a－4al

15、n (4a)＋1－e，＜a＜， 設(shè)φ(x)＝x－xln x＋1－x，(1＜x＜e)， 則φ′(x)＝－ln x， 令φ′(x)＝－ln x＝0，得x＝， 當(dāng)1＜x＜時(shí)，φ′(x)＞0，此時(shí)函數(shù)φ(x)遞增， 當(dāng)＜x＜e時(shí)，φ′(x)＜0，此時(shí)函數(shù)φ(x)遞減， 則φ(x)max＝φ()＝＋1－e＜0， 則h(ln(4a))＜0恒成立， 由h(0)＝1－b＝2a－e＋2＞0，h(1)＝e－4a－b＞0， 得＜a＜， 當(dāng)＜a＜時(shí)，設(shè)h(x)的兩個(gè)零點(diǎn)為x1，x2，則g(x)在(0，x1)遞增， 在(x1，x2)上遞減，在(x2,1)遞增， 則g(x1)＞g(0)＝0， g

16、(x2)＜g(1)＝0， 則g(x)在(x1，x2)內(nèi)有零點(diǎn)， 綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是. 4．(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577243)(理科)(2018長春市一模)已知函數(shù)f(x)＝，其中a為實(shí)數(shù)，常數(shù)e＝2.718…… (1)若x＝是函數(shù)f(x)的一個(gè)極值點(diǎn)，求a的值； (2)當(dāng)a＝－4時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (3)當(dāng)a取正實(shí)數(shù)時(shí)，若存在實(shí)數(shù)m，使得關(guān)于x的方程f(x)＝m有三個(gè)實(shí)數(shù)根，求a的取值范圍． 解：(1) f′(x)＝. 因?yàn)閤＝是函數(shù)f(x)的一個(gè)極值點(diǎn)，所以f′＝0， 即a－a＋1＝0，a＝. 而當(dāng)a＝時(shí)，ax2－2ax＋1＝ ＝， 可驗(yàn)證：x＝是函數(shù)f(x

17、)的一個(gè)極值點(diǎn)．因此a＝. (2)當(dāng)a＝－4時(shí)，f′(x)＝ 令f′(x)＝0得－4x2＋8x＋1＝0，解得x＝1， 而x≠. 所以當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)、f(x)的變化是 因此f(x)的單調(diào)增區(qū)間是，； f(x)的單調(diào)減區(qū)間是，，； (3)當(dāng)a取正實(shí)數(shù)時(shí)，f′(x)＝， 令f′(x)＝0得ax2－2ax＋1＝0， 當(dāng)a>1時(shí)，解得x1＝，x2＝. f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減， 但是函數(shù)值恒大于零，極大值f(x1)，極小值f(x2)，并且根據(jù)指數(shù)函數(shù)和二次函數(shù)的變化速度可知當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)＝→＋∞，當(dāng)x→－∞

18、時(shí)，f(x)＝→0.因此當(dāng)f(x2)

19、＋∞)， f(x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝－ax＋1＋a－ ＝－(a＞0)， ①當(dāng)a∈(0,1)時(shí)，>1. 由f′(x)＜0，得x>或x＜1. 當(dāng)x∈(0,1)，x∈時(shí)，f(x)單調(diào)遞減． ∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)，； ②當(dāng)a＝1時(shí)，恒有f′(x)≤0，∴f(x)單調(diào)遞減． ∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)； ③當(dāng)a∈(1，＋∞)時(shí)，<1. 由f′(x)＜0，得x＞1或x<. ∴當(dāng)x∈，x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)單調(diào)遞減． ∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，(1，＋∞)． 綜上，當(dāng)a∈(0,1)時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)，； 當(dāng)a＝1時(shí)，f(x

20、)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)； 當(dāng)a∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，(1，＋∞)． (2)g(x)＝x2－xln x－k(x＋2)＋2在x∈上有零點(diǎn)， 即關(guān)于x的方程k＝在x∈上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根． 令函數(shù)h(x)＝，x∈. 則h′(x)＝. 令函數(shù)p(x)＝x2＋3x－2ln x－4，x∈. 則p′(x)＝在上有p′(x)≥0. 故p(x)在上單調(diào)遞增． ∵p(1)＝0，∴當(dāng)x∈時(shí)，有p(x)＜0，即h′(x)＜0.∴h(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，有p(x)＞0，即h′(x)＞0，∴h(x)單調(diào)遞增． ∵h(yuǎn)＝＋，h(1)＝1，h(10)＝>＝>h ， ∴k的取值范圍為. 6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375