2019高考数学二轮复习第二编专题二函数与导数第3讲导数的热点问题配套作业文.doc

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1、1第 3讲 导数的热点问题配套作业1(2018全国卷)已知函数 f(x) aexln x1.(1)设 x2 是 f(x)的极值点，求 a，并求 f(x)的单调区间；(2)证明：当 a 时， f(x)0.1e解 (1) f(x)的定义域为(0，)， f( x) aex .1x由题设知， f(2)0，所以 a .12e2从而 f(x) exln x1， f( x) ex .12e2 12e2 1x xex 2 22x当 02时， f( x)0.所以 f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增(2)证明：当 a 时， f(x) ln x1.1e exe设 g(x) ln x1( x0)，e

2、xe则 g( x) .exe 1x xex eex当 01时， g( x)0.所以 x1 是 g(x)的最小值点故当 x0时， g(x) g(1)0.因此，当 a 时， f(x)0.1e2(2018桂林模拟)已知函数 f(x)ln x ax， g(x) ax21，其中 e为自然对数的底数(1)讨论函数 f(x)在区间1，e上的单调性；(2)已知 a(0，e)，若对任意 x1， x21，e，有 f(x1)g(x2)，求实数 a的取值范围 解 (1) f( x) a ，1x 1 axx当 a0 时，1 ax0，则 f( x)0， f(x)在1，e上单调递增；当 0g(x)max恒成立已知 a(0，

3、e)，则当 a0 时， g( x)0，所以 g(x)在1，e上单调递减，而 f(x)在1，e上单调递增，所以 f(x)min f(1) a， g(x)max g(1) a1，所以 aa1，得 a0，所以 g(x)在1，e上单调递增，而 f(x)在1，e上单调递减，所以 g(x)max g(e) ae21， f(x)min f(e)1 ae，所以 1 aeae21，得 a0，ax a xx当 a0 时，对任意的 x(0，)， f( x)0时，令 f( x)0，得 x a，因为 x(0， a)时， f( x)0， x( a，)时， f( x)0， g(e)4 f(e) f(x1) f(1) f(x

4、1)0)，则 F( x) (x0)，x 1x所以当 01时， F( x)0， F(x)单调递增所以 F(x) F(1)10，所以 a .x20 2x0x0 ln x0令 G(x) ， x ，x2 2xx ln x 1e， e则 G( x) 2x 2 x ln x x 2 x 1 x ln x 2 . x 1 x 2ln x 2 x ln x 2因为 x ，所以 22ln x2(1ln x)0，1e， e所以 x2ln x20，所以当 x 时， G( x)0， G(x)单调递增，所以 G(x)min G(1)1，所以 a G(x)min1.故实数 a的取值范围为1，)5(2018新疆二检 )已知

5、函数 f(x) x22 aln x.4(1)求 f(x)的极值；(2)当 a0时，函数 g(x) f(x)2 ax有唯一零点，试求 a的值解 (1)由已知得函数 f(x)的定义域为(0，)，且 f( x)2 x ，2ax 2 x2 ax当 a0 时， f( x)0， f(x)在(0，)上是单调递增函数，无极值；当 a0时，令 f( x)0，解得 x ，a当 x变化时， f( x)， f(x)的变化情况如下表：x (0， )a a ( ，)af( x) 0 f(x) 单调递减 极小值 单调递增由上表可知， f(x)极小值 f( ) a aln a.a(2)g(x) f(x)2 ax x22 al

6、n x2 ax，则 g( x)2 x 2 a (x2 ax a)2ax 2x函数 g(x) f(x)2 ax有唯一零点， g(x)0 有唯一解令 g( x)0，得 x2 ax a0. a0， x0， x1 (舍去)，a a2 4a2x2 .a a2 4a2当 x(0， x2)时， g( x)0， g(x)在( x2，)上单调递增当 x x2时， g( x2)0， g(x)min g(x2) g(x)0 有唯一解， g(x2)0，则Error! 即Error!2 aln x2 ax2 a0， a0，2ln x2 x210.(*)设函数 h(x)2ln x x1，当 x0时， h(x)是增函数，

7、h(x)0 至多有一解 h(1)0，方程(*)的解为 x21，即 1，解得 a .a a2 4a2 126(2018绍兴模拟 )已知函数 f(x)e x (x a)2.12(1)若曲线 y f(x)在 x0 处的切线斜率为 1， 求函数 f(x)的单调区间；(2)若当 x0 时， f(x)0 恒成立，求实数 a的取值范围解 (1) f( x)e x x a， f(0)1 a1， a0， f( x)e x x，记 g(x)e x x， g( x)e x1.当 x0时， g( x)0， g(x)单调递增 g(x)min g(0)10，故 f( x)0恒成立， f(x)的单调递增区间为(，)，无单调

8、递减区间(2) f( x)e x x a，令 g(x)e x x a， g( x)e x1，当 x0 时， g( x)0， g(x)在0，)上单调递增， g(x)min g(0)1 a.当 1 a0，即 a1 时， g(x)0 恒成立，即 f( x)0， f(x)在0，)上单调递增， f(x)min f(0)1 0 a ，a22 2 2 a1.2当 1 a1时， g(x)在0，)上单调递增，且 g(0)1 a0，即 f( x)0， f(x)单调递增 f(x)min f(x0)ex0 (x0 a)2ex0 e2x012 12ex0.(112e x0)若 f(x)min0，则 ex02，解得 00

9、， t(x)在(0，ln 2上单调递增， t(x) t(ln 2)2ln 2，1ln .4e解 (1)当 m1 时， f(x)( x1)e x x22， f( x) xex2 x x(ex2)由 f( x) x(ex2)0，解得 x0 或 xln 2.当 xln 2或 x0， f(x)的单调递增区间为(，0)，(ln 2，)6当 02， x0，由 f( x) x(ex2 m)0，解得 x0 或 xln 2 m.当 xln 2m时， f( x)0， f(x)在(ln 2 m，)上单调递增；当 0 x0， f(1)2 mln 2mln 4.0ln 41ln .4e8(2018南昌模拟)已知函数 f

10、(x) x aex b(a0， bR)(1)求 f(x)的最大值；(2)若函数 f(x)有两个不同的零点 x1， x2，证明： x1 x20，得 x0，则需证 t2 .12解 (1) f( x)e x(x12 aex)，要使函数 f(x)恰有两个极值点，则 x12 aex0有两个不相等的实数根令 g(x) x12 aex， g( x)12 aex.当 a0 时， g( x)12 aex0，即 g(x)在 R上单调递增，与题意不符，舍去当 a0时，令 g( x)1 2aex0， xln ，12a若 x0，即 g(x)在 上单调递增，且 x时 g(x)ln ，则 g( x)0，(ln 12a) 12a 12a 1，即 0ln ，12 12a f( x2) ex2(x21) ex2 x2ex2.12 12 120ln 0，12 12a f( x2)0， f(x2)在 上单调递增，(ln 12a， ) f(x2)f (ln 2a1)(ln 12a) 14a(ln 12a 1) 14a令 g(a) ，则 g( a) . ln 2a 14a ln 2a4a20g ，12 (0， 12) (12) 12 f(x2)g(a) ，即 f(x2) .12 12