2019高考數(shù)學(xué)專題訓(xùn)練 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 含解析
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2019高考數(shù)學(xué)專題訓(xùn)練 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 含解析 專題限時(shí)集訓(xùn)(十四) 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 (建議用時(shí):60分鐘) 1.(2018?太原模擬)設(shè)函數(shù)f(x)=ax2ln x+b(x-1)(x>0),曲線y=f(x)過點(diǎn)(e,e2-e+1),且在點(diǎn)(1,0)處的切線方程為y=0. (1)求a,b的值; (2)證明:當(dāng)x≥1時(shí),f(x)≥(x-1)2; (3)若當(dāng)x≥1時(shí),f(x)≥m(x-1)2恒成立,求實(shí)數(shù)m的取值范圍. [解] (1)函數(shù)f(x)=ax2ln x+b(x-1)(x>0), 可得f′(x)=2axln x+ax+b, 因?yàn)閒′(1)=a+b=0,f(e)=ae2+b(e-1)=e2-e+1, 所以a=1,b=-1. (2)證明:f(x)=x2ln x-x+1, 設(shè)g(x)=x2ln x+x-x2(x≥1), g′(x)=2xln x-x+1,(g′(x))′=2ln x+1>0, 所以g′(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增, 所以g′(x)≥g′(1)=0, 所以g(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增, 所以g(x)≥g(1)=0,所以f(x)≥(x-1)2. (3)設(shè)h(x)=x2ln x-x-m(x-1)2+1, h′(x)=2xln x+x-2m(x-1)-1, 由(2)中知x2ln x≥(x-1)2+x-1=x(x-1), 所以xln x≥x-1,所以h′(x)≥3(x-1)-2m(x-1), ①當(dāng)3-2m≥0即m≤32時(shí),h′(x)≥0, 所以h(x)在[1,+∞)單調(diào)遞增, 所以h(x)≥h(1)=0,成立. ②當(dāng)3-2m<0即m>32時(shí), h′(x)=2xln x+(1-2m)(x-1), (h′(x))′=2ln x+3-2m, 令(h′(x))′=0,得x0=e2m-32>1, 當(dāng)x∈[1,x0)時(shí),h′(x)<h′(1)=0, 所以h(x)在[1,x0)上單調(diào)遞減,所以h(x)<h(1)=0,不成立. 綜上,m≤32. 2.(2017?天津高考)設(shè)a,b∈R,|a|≤1.已知函數(shù)f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=exf(x). (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)已知函數(shù)y=g(x)和y=ex的圖象在公共點(diǎn)(x0,y0)處有相同的切線, ①求證:f(x)在x=x0處的導(dǎo)數(shù)等于0; ②若關(guān)于x的不等式g(x)≤ex在區(qū)間[x0-1,x0+1]上恒成立,求b的取值范圍. [解] (1)由f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,可得 f′(x)=3x2-12x-3a(a-4)=3(x-a)[x-(4-a)]. 令f′(x)=0,解得x=a或x=4-a. 由|a|≤1,得a<4-a. 當(dāng)x變化時(shí),f′(x),f(x)的變化情況如下表: x(-∞,a)(a,4-a)(4-a,+∞) f′(x)+-+ f(x) 所以, f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,a),(4-a,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(a,4-a). (2)①證明:因?yàn)間′(x)=ex(f(x)+f′(x)), 由題意知g(x0)=ex0,g′(x0)=ex0, 所以f(x0)ex0=ex0,ex0(f(x0)+f′(x0))=ex0, 解得f(x0)=1,f′(x0)=0. 所以f(x)在x=x0處的導(dǎo)數(shù)等于0. ②因?yàn)間(x)≤ex,x∈[x0-1,x0+1],且ex>0, 所以f(x)≤1. 又因?yàn)閒(x0)=1,f′(x0)=0, 所以x0為f(x)的極大值點(diǎn),由(1)知x0=a. 另一方面,由于|a|≤1,故a+1<4-a. 由(1)知f(x)在(a-1,a)內(nèi)單調(diào)遞增,在(a,a+1)內(nèi)單調(diào)遞減,故當(dāng)x0=a時(shí),f(x)≤f(a)=1在[a-1,a+1]上恒成立,從而g(x)≤ex在[x0-1,x0+1]上恒成立. 由f(a)=a3-6a2-3a(a-4)a+b=1, 得b=2a3-6a2+1,-1≤a≤1. 令t(x)=2x3-6x2+1,x∈[-1,1],所以t′(x)=6x2-12x. 令t′(x)=0,解得x=2(舍去)或x=0. 因?yàn)閠(-1)=-7,t(1)=-3,t(0)=1, 所以,t(x)的值域?yàn)閇-7,1]. 所以,b的取值范圍是[-7,1]. 3.設(shè)函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c. (1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程; (2)設(shè)a=b=4,若函數(shù)f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn),求c的取值范圍; (3)求證:a2-3b>0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的必要而不充分條件. [解] (1)由f(x)=x3+ax2+bx+c,得f′(x)=3x2+2ax+b.因?yàn)閒(0)=c,f′(0)=b,所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y=bx+c. (2)當(dāng)a=b=4時(shí),f(x)=x3+4x2+4x+c, 所以f′(x)=3x2+8x+4. 令f′(x)=0,得3x2+8x+4=0,解得x=-2或x=-23. f(x)與f′(x)在區(qū)間(-∞,+∞)上的情況如下: x(-∞,-2)-2-2,-23 -23 -23,+∞ f′(x)+0-0+ f(x)cc-3227 所以當(dāng)c>0且c-3227<0時(shí),存在x1∈(-4,-2),x2∈-2,-23,x3∈-23,0, 使得f(x1)=f(x2)=f(x3)=0. 由f(x)的單調(diào)性知,當(dāng)且僅當(dāng)c∈0,3227時(shí),函數(shù)f(x)=x3+4x2+4x+c有三個(gè)不同零點(diǎn). (3)證明:當(dāng)Δ=4a2-12b<0時(shí),f′(x)=3x2+2ax+b>0,x∈(-∞,+∞), 此時(shí)函數(shù)f(x)在區(qū)間(-∞,+∞)上單調(diào)遞增, 所以f(x)不可能有三個(gè)不同零點(diǎn). 當(dāng)Δ=4a2-12b=0時(shí),f′(x)=3x2+2ax+b只有一個(gè)零點(diǎn),記作x0. 當(dāng)x∈(-∞,x0)時(shí),f′(x)>0,f(x)在區(qū)間(-∞,x0)上單調(diào)遞增; 當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),f′(x)>0,f(x)在區(qū)間(x0,+∞)上單調(diào)遞增. 所以f(x)不可能有三個(gè)不同零點(diǎn). 綜上所述,若函數(shù)f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn),則必有Δ=4a2-12b>0. 故a2-3b>0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的必要條件. 當(dāng)a=b=4,c=0時(shí),a2-3b>0,f(x)=x3+4x2+4x=x(x+2)2只有兩個(gè)不同零點(diǎn), 所以a2-3b>0不是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的充分條件. 因此a2-3b>0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的必要而不充分條件. 4.(2018?蘭州模擬)已知函數(shù)f(x)=1-xax+ln x在(1,+∞)上是增函數(shù),且a>0. (1)求a的取值范圍; (2)若b>0,試證明1a+b<lna+bb<ab. [解] (1)f′(x)=-1ax2+1x=ax-1ax2, 因?yàn)樵?1,+∞)上f′(x)≥0,且a>0, 所以ax-1≥0,即x≥1a,所以1a≤1,即a≥1. 故a的取值范圍為[1,+∞). (2)證明:因?yàn)閎>0,a≥1,所以a+bb>1, 又f(x)=1-xax+ln x在(1,+∞)上是增函數(shù), 所以fa+bb>f(1),即1-a+bba?a+bb+lna+bb>0, 化簡得1a+b<lna+bb, lna+bb<ab等價(jià)于lna+bb-ab=ln1+ab-ab<0, 令g(x)=ln(1+x)-x(x∈(0,+∞)), 則g′(x)=11+x-1=-x1+x<0, 所以函數(shù)g(x)在(0,+∞)上為減函數(shù), 所以gab=ln1+ab-ab=lna+bb-ab<g(0)=0,即lna+bb<ab. 綜上,1a+b<lna+bb<ab,得證.- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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