《2019屆高考數(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.doc》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2019屆高考數(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.doc(9頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
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(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(wú)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(wèn)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(shuō)明理由.
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
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(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(yáng)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,+∞)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(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+(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(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)=-(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-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-4aln (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(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(zhǎng)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)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→-∞時(shí),f(x)=→0.因此當(dāng)f(x2)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)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.
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