2019届高考数学二轮复习第一篇专题二函数与导数第3讲导数的综合应用（A）限时训练理.doc

《2019届高考数学二轮复习第一篇专题二函数与导数第3讲导数的综合应用（A）限时训练理.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学二轮复习第一篇专题二函数与导数第3讲导数的综合应用（A）限时训练理.doc（4页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1第 3 讲 导数的综合应用(A)(限时:45 分钟)【选题明细表】知识点、方法 题号导数与不等式 1,4导数与函数零点 2,31.(2018江西师大三模)已知函数 f(x)=aln x-2ax+1.(1)讨论函数 f(x)的单调性;(2)若对任意的 x1,不等式 f(x)+ex-10 恒成立,求实数 a 的取值范围.解:(1)f(x)= ,x0,当 a=0 时,f(x)=0,所以此时 f(x)不具有单调性,当 a0 时,令 f(x)00 ,12 12所以此时 f(x)在区间(0, )上单调递增,( ,+)上单调递减 ;12当 a0x ,f(x)1 时, (1)0 时,函数 g(x)=f(x)

2、-x-2 有且仅有一个零点,若此时 xe -1,e,g(x)m 恒成立,求实数 m 的取值范围.解:(1)f(x)=(x 2-2x)ln x+ax2+2(x0),f(x)=(2x-2)ln x+x-2+2ax,由已知 f(1)=-1+2a=-3,所以 a=-1.(2)g(x)=(x2-2x)ln x+ax2-x(x0)有且仅有一个零点,即方程(x-2)ln x+ax-1=0(x0)有唯一的实数根,所以 a= (x0),1(2)即直线 y=a 与函数 y= (x0)的图象有唯一的交点 ,1(2)构造函数 h(x)=1(2)= -ln x+ (x0),h(x)= (x0).122令 y=1-x-2

3、ln x,y=-1- 0,h(x)0;当 x1 时,y1 时,h(x)单调递减且 x0,h(x)-;x+,h(x)-,所以 a=h(1)=1.已知可化为 mg(x)=(x 2-2x)ln x+x2-x(e-1xe)的最小值.g(x)=(x-1)(2ln x+3)(e -1xe),所以 g(x)在(e -1,1)上单调递减,在(1,e)上单调递增,所以 mg(x) min=g(1)=0.综上,实数 m 的取值范围是(-,0.3.(2018丰台区二模)已知函数 f(x)=xcos x-ax+a,x0, ,(a0).(1)当 a1 时,求 f(x)的单调区间;(2)求证:f(x)有且仅有一个零点.(

4、1)解:根据题意,f(x)=xcos x-ax+a,则 f(x)=cos x-xsin x-a.令 g(x)=cos x-xsin x-a,x0, ,则 g(x)=-2sin x-xcos x0,所以 g(x)在区间0, 上单调递减,3因为 g(0)=1-a0,所以 g(x)0,即 f(x)0,所以 f(x)的单调递减区间是0, ,没有单调递增区间.(2)证明:由(1)知,g(x)在区间0, 上单调递减,且 g(0)=1-a,g( )=- -a.当 a1 时,f(x)在0, 上单调递减,因为 f(0)=a0,f( )=a(1- )0,所以 f(x)有且仅有一个零点,当- 0,g( )=- -a-x+1.(1)解:因为 g(x)=ax+ln x,aR,4所以 g(x)=a+ = ,当 a0 时,增区间为(0,+),无减区间;当 a0 时,F(1)-x+1,只需证明(e x-1-ln x-1)+(x-ln x)0.由(2)知当 a=0 时,在1,+)上,e x-1-ln x-10 恒成立,再令 G(x)=x-ln x,在1,+)上,G(x)=1- = 0,G(x)单调递增,1所以 G(x)G(1)=10,即相加,得(e x-1-ln x-1)+(x-ln x)0,所以原不等式成立.