2019高考数学一轮复习第3章导数及应用专题研究导数的综合运用练习理.doc

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1、1专题研究 导数的综合运用第一次作业1若a2，则函数f(x) x3ax 21在区间(0，2)上恰好有( )13A0个零点 B1个零点C2个零点 D3个零点答案 B解析 f(x)x 22ax，且a2，当x(0，2)时，f(x)0，f(2) 4a0时，y0，函数yx 2ex为增函数；当20，所以排除D，故选A.3函数f(x) ex(sinxcosx)在区间0， 上的值域为( )12 2A ， e B( ， e )12 12 2 12 12 2 C1，e D(1，e ) 2 2答案 A解析 f(x) ex(sinxcosx) ex(cosxsinx)e xcosx，当0x 时，f(x)0.12 12

2、 2f(x)是0， 上的增函数 22f(x)的最大值为f( ) e ， 2 12 2 f(x)的最小值为f(0) .124(2018山东陵县一中月考)已知函数f(x)x 2ex，当x1，1时，不等式f(x)0，函数f(x)单调递增，且f(1)f(1)，故f(x) maxf(1)e，则me.故选D.5(2014课标全国)已知函数f(x)ax 33x 21，若f(x)存在唯一的零点x 0，且x 00，则a的取值范围是( )A(2，) B(1，)C(，2) D(，1)答案 C解析 当a0时，显然f(x)有两个零点，不符合题意当a0时，f(x)3ax 26x，令f(x)0，解得x 10，x 2 .2a

3、当a0时， 0，所以函数f(x)ax 33x 21在(，0)与( ，)上为增函数，在(0， )上为减函数，因2a 2a 2a为f(x)存在唯一零点x 0，且x 00，则f(0)0，则f( )0，即a 3 10，解得a2或a0的解集为( )A(4，0)(4，) B(4，0)(0，4)C(，4)(4，) D(，4)(0，4)答案 D解析 设g(x)xf(x)，则当x0化为g(3x)0.设x0，不等式为g(x)g(4)，即0g(4)，即xxlnx xlnx lnx 1（ lnx） 20在x(e，e 2上恒成立，故h(x) max ，所以a .故选B.e22 e228(2018湖南衡阳期末)设函数f(

4、x)e x(x3 x26x2)2ae xx，若不等式f(x)0在2，)上有32解，则实数a的最小值为( )A B 32 1e 32 2eC D134 12e 1e答案 C解析 由f(x)e x(x3 x26x2)2ae xx0，得a x3 x23x1 .32 12 34 x2ex令g(x) x3 x23x1 ，则12 34 x2exg(x) x2 x3 (x1)( x3 )32 32 x 12ex 32 12ex当x2，1)时，g(x)0，故g(x)在2，1)上是减函数，在(1，)上是增函数故g(x) ming(1) 31 ，则12 34 12e 34 12e实数a的最小值为 .故选C.34

5、12e9已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的体积最大时，其高的值为_答案 2 3解析 设正六棱柱的底面边长为a，高为h，则可得a 2 9，即a 29 ，正六棱柱的体积V(6 a2)hh24 h24 344(9 )h ( 9h)令y 9h，则y 9，令y0，得h2 .易知当h3 32 h24 3 32 h34 h34 3h24 32 时，正六棱柱的体积最大310已知函数f(x)e x2xa有零点，则a的取值范围是_答案 (，2ln22解析 由原函数有零点，可将问题转化为方程e x2xa0有解问题，即方程a2xe x有解令函数g(x)2xe x，则g(x)2e x，令g(

6、x)0，得xln2，所以g(x)在(，ln2)上是增函数，在(ln2，)上是减函数，所以g(x)的最大值为g(ln2)2ln22.因此，a的取值范围就是函数g(x)的值域，所以，a(，2ln2211设l为曲线C：y 在点(1，0)处的切线lnxx(1)求l的方程；(2)证明：除切点(1，0)之外，曲线C在直线l的下方答案 (1)yx1 (2)略解析 (1)设f(x) ，则f(x) .lnxx 1 lnxx2所以f(1)1.所以l的方程为yx1.(2)令g(x)x1f(x)，则除切点之外，曲线C在直线l的下方等价于g(x)0(x0，x1)g(x)满足g(1)0，且g(x)1f(x) .x2 1

7、lnxx2当01时，x 210，lnx0，所以g(x)0，故g(x)单调递增所以g(x)g(1)0(x0，x1) 所以除切点之外，曲线C在直线l的下方12已知函数f(x)x 28lnx，g(x)x 214x.(1)求函数f(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)若函数f(x)与g(x)在区间(a，a1)上均为增函数，求a的取值范围；(3)若方程f(x)g(x)m有唯一解，试求实数m的值答案 (1)y6x7 (2)2，6(3)m16ln224解析 (1)因为f(x)2x ，所以切线的斜率kf(1)6.8x又f(1)1，故所求的切线方程为y16(x1)即y6x7.(2)因为f(x) ，2（ x

8、 2） （ x 2）x5又x0，所以当x2时，f(x)0；当00时原方程有唯一解，所以函数yh(x)与ym的图像在y轴右侧有唯一的交点又h(x)4x 14 ，且x0，8x 2（ x 4） （ 2x 1）x所以当x4时，h(x)0；当00时原方程有唯一解的充要条件是mh(4)16ln224.13(2018湖北四校联考)已知函数f(x)lnxa(x1)，g(x)e x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数h(x)f(x1)g(x)，当x0时，h(x)1恒成立，求实数a的取值范围答案 (1)当a0时，f(x)的单调递增区间为(0，)，无单调递减区间；当a0时，f(x)的单调递增区间为(0，

9、)1a，单调递减区间为( ，)1a(2)(，2解析 (1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x) a (x0)1x 1 axx若a0，对任意的x0，均有f(x)0，所以f(x)的单调递增区间为(0，)，无单调递减区间；若a0，当x(0， )时，f(x)0，当x( ，)时，f(x)0时，f(x)的单调递增区间为(0， )，单调递减区间为( ，)1a 1a(2)因为h(x)f(x1)g(x)ln(x1)axe x，所以h(x)e x a.1x 1令(x)h(x)，因为x(0，)，(x)e x 0，1（ x 1） 2 （ x 1） 2ex 1（ x 1） 2所以h(x)在(0，)上单调递增，6h(

10、x)h(0)2a，当a2时，h(x)0，所以h(x)在(0，)上单调递增，h(x)h(0)1恒成立，符合题意；当a2时，h(0)2ah(0)，所以存在x 0(0，)，使得h(x 0)0，所以h(x)在(x 0，)上单调递增，在(0，x 0)上单调递减，又h(x 0)1不恒成立，不符合题意综上，实数a的取值范围是(，2第二次作业1(2018皖南十校联考)设函数f(x)lnxax 2xa1(aR)(1)当a 时，求函数f(x)的单调区间；12(2)证明：当a0时，不等式f(x)x1在1，)上恒成立答案 (1)增区间为(0， ，减区间为 ，)1 52 1 52(2)略解析 (1)当a 时，f(x)l

11、nx x2x ，且定义域为(0，)，12 12 12因为f(x) x1 ，1x （ x 1 52 ） （ x 1 52 ）x当x(0， )时，f(x)0；当x( ，)时，f(x)0在1，)上恒成立，所以g(x)在1，)上是增函数，且g(1)0，所以g(x)0在1，)上恒成立，即当a0时，不等式f(x)x1在1，)上恒成立2(2018福建连城期中)已知函数f(x)(a )x2lnx(aR)12(1)当a1时，求f(x)在区间1，e上的最大值和最小值；7(2)若在区间1，)上，函数f(x)的图像恒在直线y2ax的下方，求实数a的取值范围答案 (1)f(x) maxf(e)1 ，f(x) minf(

12、1)e22 12(2)当a ， 时，在区间(1，)上函数f(x)的图像恒在直线y2ax的下方12 12解析 (1)当a1时，f(x) x2lnx，12f(x)x .1x x2 1x当x1，e时，f(x)0，所以f(x)在区间1，e上为增函数，所以f(x) maxf(e)1 ，f(x) minf(1) .e22 12(2)令g(x)f(x)2ax(a )x22axlnx，则12g(x)的定义域为(0，)在区间(1，)上，函数f(x)的图像恒在直线y2ax的下方等价于g(x) ，令g(x)0，得x 11，x 2 ，12 12a 1当x 2x11，即 0，12此时g(x)在区间(x 2，)上是增函数

13、，并且在该区间上有g(x)(g(x 2)，)，不合题意；当x 2x 11，即a1时，同理可知，g(x)在区间(1，)上是增函数，有g(x)(g(1)，)，不合题意若a ，则有2a10，12此时在区间(1，)恒有g(x)0，所以对于任意xR，F(x)0，因此方程e xa x无实数解所以当x0时，函数g(x)不存在零点综上，函数g(x)有且仅有一个零点4(2018重庆调研)已知曲线f(x) 在点(e，f(e)处的切线与直线2xe 2y0平行，aR.ln2x alnx ax(1)求a的值；(2)求证： .f（ x）x aex答案 (1)a3 (2)略解析 (1)f(x) ， ln2x （ 2 a）

14、lnxx2由题f(e) a3. 1 2 ae2 2e29(2)f(x) ，f(x) ，ln2x 3lnx 3x lnx（ lnx 1）x2f(x)0 即 ；3xex3e 3xex f（ x）x 3ex当x1，)时，ln 2x3lnx30033，令g(x) ，则g(x) .3x2ex 3（ 2x x2）ex故g(x)在1，2)上递增，(2，)上递减，g(x)g(2) 即 ；3x2ex f（ x）x 3ex综上，对任意x0，均有 .f（ x）x 3ex5(2017课标全国，理)已知函数f(x)ae 2x(a2)e xx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围答案 (

15、1)当a0时，在(，)单调递减；当a0时，f(x)在(，lna)上单调递减，在(lna，)上单调递增(2)(0，1)解析 (1)f(x)的定义域为(，)，f(x)2ae 2x(a2)e x1(ae x1)(2e x1)若a0，则f(x)0，则由f(x)0得xlna.当x(，lna)时，f(x)0.所以f(x)在(，lna)单调递减，在(lna，)单调递增(2)若a0，由(1)知，f(x)至多有一个零点若a0，由(1)知，当xlna时，f(x)取得最小值，最小值为f(lna)1 lna.1aa当a1时，由于f(lna)0，故f(x)只有一个零点；b当a(1，)时，由于1 lna0，即f(lna)

16、0，故f(x)没有零点；1ac当a(0，1)时，1 lna2e 2 20，故f(x)在(，lna)有一个零点设正整数n 0满足n 0ln( 1)，则f(n 0)en 0(aen0a2)n 0en0n 02n0n 00.3a由于ln( 1)lna，因此f(x)在(lna，)有一个零点3a综上，a的取值范围为(0，1)6(2018深圳调研二)已知函数f(x)(x2)e x x2，其中aR，e为自然对数的底数a2(1)函数f(x)的图像能否与x轴相切？若能与x轴相切，求实数a的值；否则，请说明理由；(2)若函数yf(x)2x在R上单调递增，求实数a能取到的最大整数值解析 (1)f(x)(x1)e x

17、ax.假设函数f(x)的图像与x轴相切于点(t，0)，则有 即f（ t） 0，f （ t） 0.) （ t 2） et a2t2 0. （ t 1） et at 0. )由可知at(t1)e t，代入中可得(t2)e t et0.t（ t 1）2e t0，(t2) 0，即t 23t40.t（ t 1）294471时，H(x)0，H(x)单调递增，且H(x)H(1) 1；1e当x0.12 e2存在唯一的x 0( ，1)使得H(x 0)0，12且当x(，x 0)时，H(x)h(x)0，h(x)单调递增h(x) minh(x 0)(x 01)ex 0x 02，H(x 0)0，ex 0 ，1x0h(x

18、 0)(x 01) x 023( x 0)1x0 1x0 0在R上恒成立，a能取得的最大整数为1.方法2：记g(x)(x2)e x x22x，a2由题意知g(x)(x1)e xax20在R上恒成立g(1)a20，g(x)0的必要条件是a2.若a2，则g(x)(x1)e x2x2(x1)(e x2)当ln20时，k(x)0，k(x)单调递增；当xx2；当x0，即e x .11 x(x1)e x(x1) 1x2.11 x综上所述，(x1)e xx20在R上恒成立，故a能取得的最大整数为1.1(2014课标全国)设函数f(x) sin .若存在f(x)的极值点x 0满足x 02f(x 0)22或m0

19、，设g(x)lnx .mx(1)求a的值；(2)对任意x 1x20， a.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x (a，1a) 1a (1a，)f(x) 0 f(x) 极小值 因此，f(x)在1a处取得最小值故由题意f(1a)1a0，所以a1.(2)由 x20恒成立，即h(x)g(x)xlnxx 在(0，)上为减函数mxh(x) 1 0在(0，)上恒成立，所以mxx 2在(0，)上恒成立，(xx 2)max ，即m ，1x mx2 14 14即实数m的取值范围为 ，)14(3)由题意知方程可化为lnx x，mx即mx 2xlnx(x1)设m(x)x 2xlnx，则m(x)2xlnx

20、1(x1)设h(x)2xlnx1(x1)，则h(x)2 0，1x因此h(x)在1，)上单调递增，h(x) minh(1)1.所以m(x)x 2xlnx在1，)上单调递增因此当x1时，m(x)m(1)1.所以当m1时方程有一个根，当m0，得x0，yf(x)在(0，)上单调递增；14令f(x)0时，由f(x)0，得x0；由f(x)0，取b满足b (b1)ab 2 (b1)(2b1)0，故f(x)存在两个零点a2 a2当a0，故当x(0，ln(2a)时，12f(x)0，因此f(x)在(0，ln(2a)上单调递减，在(ln(2a)，)上单调递增，又当x0时，f(x)0，不妨令x 10时，f(x)在(，

21、0)上单调递减，要证x 1x 2f(x 2)，又f(x 1)0，只需证f(x 2)0)，g(x)x( )，1 e2xexx0，e 2x1，g(x)0时，g(x)0，即F(x)在(1，2)上单调递增因为F(1) 0，而F(x)在(1，2)上连续，由零点存在性定理可知，F(x)在(1，2)内有1e 2e2且仅有唯一零点所以方程f(x)g(x)在(1，2)内有且仅有唯一实根(2)x1x 2x0. )当1x 0时，m(x)xlnx，m(x)1lnx0，所以m(x)单调递增要证x 1x 20，ln(2x 0x)0，1 xex所以H(x)0，所以H(x)在(1，x 0)上单调递增，即H(x)0，设F(x)

22、 ，求证：F(x)3.mf（ x） 4x 4g（ x） 1解析 (1)f(x)me x，g(x)x3，m1，f(x)e x，g(x2)x1.h(x)f(x)g(x2)2 017e xx2 018.h(x)e x1.由h(x)0，得x0.e是自然对数的底数，h(x)e x1是增函数当x0时，h(x)0，即h(x)是增函数函数h(x)没有极大值，只有极小值，且当x0时，h(x)取得极小值h(x)的极小值为h(0)2 017.(2)证明：f(x)me x，g(x)x3，(x)f(x)g(x)me xx3.(x)me x1.由(x)me x10，m0，函数(x)是增函数；1m当x(ln( )，)时，(x)me x10，F(x)3(x2)e xx20.设u(x)(x2)e xx2，则u(x)(x1)e x1.设v(x)(x1)e x1，则v(x)xe x.x0，v(x)0.又当x0时，v(x)0，函数v(x)在0，)上是增函数v(x)v(0)，即v(x)0.当x0时，u(x)0；当x0时，u(x)0.函数u(x)在0，)上是增函数17当x0时，u(x)u(0)0，即(x2)e xx20.当x0时，F(x)3.