2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 課后綜合提升練 1.6.3 導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用 文.doc

《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 課后綜合提升練 1.6.3 導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用 文.doc》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 課后綜合提升練 1.6.3 導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用 文.doc（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第三講　導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用 (40分鐘　70分) 一、選擇題(每小題5分,共30分) 1.已知直線(xiàn)y=kx+1與曲線(xiàn)y=x3+mx+n相切于點(diǎn)A(1,3),則n= (　　) A.-1　 B.1　 C.3　 D.4 【解析】選C.對(duì)于y=x3+mx+n,y′=3x2+m,而直線(xiàn)y=kx+1與曲線(xiàn)y=x3+mx+n相切于點(diǎn)A(1,3),則有3+m=k,k+1=3,1+m+n=3,可解得n=3. 2.函數(shù)f(x)=3x2+ln x-2x的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)是 (　　) A.0 B.1 C.2 D.無(wú)數(shù)個(gè) 【解析】選A.函數(shù)定義域?yàn)?0,+∞), 且f′(x)=6x+1x-2=6x2-2x+1x, 由于x>0,g(x)=6x2-2x+1中Δ=-20<0, 所以g(x)>0恒成立,故f′(x)>0恒成立, 即f(x)在定義域上單調(diào)遞增,無(wú)極值點(diǎn). 3.設(shè)函數(shù)f(x)=2x+ln x,則 (　　) A.x=12為f(x)的極大值點(diǎn) B.x=12為f(x)的極小值點(diǎn) C.x=2為f(x)的極大值點(diǎn) D.x=2為f(x)的極小值點(diǎn) 【解析】選D.由函數(shù)f(x)=2x+ln x求導(dǎo)數(shù)得f′(x)=-2x2+1x=x-2x2,函數(shù)定義域?yàn)?0,+∞),所以在區(qū)間(0,2)上,f′(x)<0,f(x)是減函數(shù),在區(qū)間(2,+∞)上, f′(x)>0,f(x)是增函數(shù),所以x=2為f(x)的極小值點(diǎn). 4.(2018菏澤一模)已知函數(shù)f(x)=x3+bx2+cx+d的圖象如圖所示,則函數(shù)y=log2x2+23bx+c3的單調(diào)遞減區(qū)間為 (　　) A.12,+∞　 B.[3,+∞) C.[-2,3]　 D.(-∞,-2) 【解析】選D.因?yàn)閒(x)=x3+bx2+cx+d,所以f′(x)=3x2+2bx+c,由圖可知f′(-2) =f′(3)=0,所以12-4b+c=0,27+6b+c=0,解得b=-32,c=-18.令g(x)=x2+23bx+c3,則g(x)=x2-x-6,g′(x)=2x-1,由g(x)=x2-x-6>0,解得x<-2或x>3.當(dāng)x<12時(shí), g′(x)<0,所以g(x)=x2-x-6在(-∞,-2)上為減函數(shù),所以函數(shù)y=log2x2+23bx+c3的單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,-2). 5.設(shè)f′(x)和g′(x)分別是f(x)和g(x)的導(dǎo)函數(shù),若f′(x)g′(x)≤0在區(qū)間上恒成立,則稱(chēng)f(x)和g(x)在區(qū)間上單調(diào)性相反,若函數(shù)f(x)=13x3-2ax與g(x)=x2+2bx在開(kāi)區(qū)間(a,b)上單調(diào)性相反(a>0),則b-a的最大值為 (　　) A.12 B.1 C.32 D.2 【解析】選A.由題意得,b>a>0,所以g′(x)=2x+2b>0在(a,b)上恒成立, 所以問(wèn)題等價(jià)于f′(x)=x2-2a≤0在(a,b)上恒成立, 所以(x2-2a)max=b2-2a≤0, 所以b-a≤b-12b2=-12(b-1)2+12≤12, 當(dāng)且僅當(dāng)b=1,a=12時(shí),等號(hào)成立,所以b-a的最大值為12. 6.(2018唐山一模)設(shè)函數(shù)f(x)與g(x)是定義在同一區(qū)間[a,b]上的兩個(gè)函數(shù),若對(duì)任意的x∈[a,b],都有|f(x)-g(x)|≤k(k>0),則稱(chēng)f(x)和g(x)在[a,b]上是“k度和諧函數(shù)”,[a,b]稱(chēng)為“k度密切區(qū)間”.設(shè)函數(shù)f(x)=ln x與g(x)=mx-1x在1e,e上是“e度和諧函數(shù)”,則m的取值范圍是 (　　) A.[-e-1,1] B.[-1,e+1] C.1e-e,1+e　 D.1e+1-e,1+e 【解析】選B.設(shè)h(x)=f(x)-g(x)=ln x-mx-1x=-m+1x+ln x,h′(x)=-1x2+1x=x-1x2,故當(dāng)x∈1e,1時(shí),h′(x)<0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x∈[1,e]時(shí),h′(x)≥0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞增.所以函數(shù)h(x)的最小值為h(1)=-m+1,而h1e=-m+e-1.h(e)=-m+1e+1,顯然e-1>1e+1,所以h1e>h(e),故函數(shù)h(x)的最大值為h1e=-m+e-1.故函數(shù)h(x)在1e,e上的值域?yàn)閇-m+1,-m+e-1].由題意,|h(x)|≤e,即-e≤h(x)≤e,所以-m+1≥-e,-m+e-1≤e,解得-1≤m≤1+e. 二、填空題(每小題5分,共10分) 7.曲線(xiàn)y=xex+2x+1在點(diǎn)(0,1)處的切線(xiàn)方程為_(kāi)______________. 【解析】y′=ex+xex+2,斜率k=e0+0+2=3,所以,y-1=3x,即y=3x+1. 答案:y=3x+1 8.已知函數(shù)f(x)=x(ln x-ax)有兩個(gè)極值點(diǎn),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是______. 【解析】函數(shù)f(x)=x(ln x-ax),則f′(x)=ln x-ax+ x1x-a=ln x-2ax+1, 令f′(x)=ln x-2ax+1=0,得ln x=2ax-1, 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=x(ln x-ax)有兩個(gè)極值點(diǎn),所以f′(x)=ln x-2ax+1有兩個(gè)零點(diǎn),等價(jià)于函數(shù)y=ln x與y=2ax-1的圖象有兩個(gè)交點(diǎn),在同一個(gè)坐標(biāo)系中作出它們的圖象,過(guò)點(diǎn)(0,-1)作y=ln x的切線(xiàn),設(shè)切點(diǎn)為(x0,y0),則切線(xiàn)的斜率k=1x0,切線(xiàn)方程為y=1x0x-1. 切點(diǎn)在切線(xiàn)上,則y0=x0x0-1=0,又切點(diǎn)在曲線(xiàn)y=ln x上,則 ln x0=0?x0=1,即切點(diǎn)為(1,0).切線(xiàn)方程為y=x-1.再由直線(xiàn)y=2ax-1與曲線(xiàn)y= ln x有兩個(gè)交點(diǎn),知直線(xiàn)y=2ax-1位于兩直線(xiàn)y=-1和y=x-1之間,其斜率2a滿(mǎn)足0<2a<1,解得實(shí)數(shù)a的取值范圍是0,12. 答案:0,12 三、解答題(每小題10分,共30分) 9.已知函數(shù)f(x)=x-eax(a>0). (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間. (2)求函數(shù)f(x)在1a,2a上的最大值. 【解析】(1)f(x)=x-eax(a>0),則f′(x)=1-aeax, 令f′(x)=1-aeax=0,則x=1aln 1a. 當(dāng)x變化時(shí),f′(x),f(x)的變化情況如下表: x -∞,1aln1a 1aln 1a 1aln1a,+∞ f′(x) + 0 - f(x) 極大值 故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為-∞,1aln 1a; 單調(diào)遞減區(qū)間為1aln 1a,+∞. (2)當(dāng)1aln 1a≥2a, 即00時(shí),能夠求出f(x)的最大值為g1a=12a-ln a,可設(shè)h(a)=12a-ln a,該函數(shù)在(0,+∞)上為減函數(shù),并且h(1)>0,h(2)<0,從而得到整數(shù)a最小為2. (3)由f(x1)+f(x2)+2(x12+x22)+x1x2=0便得到(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln(x1x2),這樣令t=x1x2,t>0,容易求得函數(shù)t-ln t的最小值為1,從而得到(x1+x2)2+(x1+x2)≥1,解這個(gè)關(guān)于x1+x2的一元二次不等式即可得出要證的結(jié)論. 【解析】(1)f′(x)=-2x2+x+1x(x>0), 所以x≥1時(shí),f′(x)≤0; 所以f(x)的單調(diào)減區(qū)間為[1,+∞). (2)令g(x)=f(x)-a2-1x2+ax-1 =ln x-12ax2+(1-a)x+1, 所以g′(x)=-ax2+(1-a)x+1x =(-ax+1)(x+1)x, ①當(dāng)a≤0時(shí),因?yàn)閤>0,所以g′(x)>0; 所以此時(shí)g(x)在(0,+∞)上是遞增函數(shù); 又g(1)=-32a+2>0; 所以g(x)≤0不能恒成立,即關(guān)于x的不等式 f(x)≤a2-1x2+ax-1不能恒成立; 所以這種情況不存在; ②當(dāng)a>0時(shí),g′(x)=ax-1a(x+1)x; 所以當(dāng)x∈0,1a時(shí),g′(x)>0; 當(dāng)x∈1a,+∞時(shí),g′(x)<0; 所以函數(shù)g(x)的最大值為g1a=ln 1a-12a1a2+(1-a)1a+1=12a-ln a; 令h(a)=12a-ln a; 因?yàn)閔(1)=12>0,h(2)=14-ln 2<0, 又h(a)在a∈(0,+∞)上是減函數(shù); 所以當(dāng)a≥2時(shí),h(a)<0; 所以整數(shù)a的最小值為2. (3)由f(x1)+f(x2)+2(x12+x22)+x1x2=0, 即ln x1+x12+x1+ln x2+x22+x2+x1x2=0, 從而(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln(x1x2). 令t=x1x2,則由h(t)=t-ln t得,h′(t)=t-1t; 可知,h(t)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增;所以h(t)≥h(1)=1; 所以(x1+x2)2+(x1+x2)≥1,又x1+x2>0, 因此x1+x2≥5-12成立. 11.設(shè)函數(shù)f(x)=xlnx-ax. (1)若函數(shù)f(x)在(1,+∞)上為減函數(shù),求實(shí)數(shù)a的最小值. (2)若存在x1,x2∈[e,e2],使f(x1)≤f′(x2)+a成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 【解析】(1)由已知得x>0,x≠1. 因?yàn)閒(x)在(1,+∞)上為減函數(shù), 故f′(x)= lnx-1(lnx)2-a≤0在(1,+∞)上恒成立. 所以當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f′(x)max≤0. 又f′(x)=lnx-1(lnx)2-a=-1lnx2+1lnx-a =-1lnx-122+14-a, 故當(dāng)1lnx=12,即x=e2時(shí),f′(x)max=14-a. 所以14-a≤0,于是a≥14,故a的最小值為14. (2)命題“若存在x1,x2∈[e,e2],使f(x1)≤f′(x2)+a成立”等價(jià)于“當(dāng)x∈[e,e2]時(shí),有f(x)min≤f′(x)max+a”. 由(1),當(dāng)x∈[e,e2]時(shí),f′(x)max=14-a,所以f′(x)max+a=14.問(wèn)題等價(jià)于“當(dāng)x∈[e,e2]時(shí),有f(x)min≤14”. ①當(dāng)a≥14時(shí),由(1),f(x)在[e,e2]上為減函數(shù). 則f(x)min=f(e2)= e22-ae2≤14,故a≥12-14e2. ②當(dāng)-14<-a<0,即00. 從而,f(x)的單調(diào)減區(qū)間是(-∞,0),單調(diào)增區(qū)間是(0,+∞). (2)由已知條件得ex-(a+1)x≥b.① (ⅰ)若a+1<0,則對(duì)任意常數(shù)b,當(dāng)x<0,且x<1-ba+1時(shí),可得ex-(a+1)x0,設(shè)g(x)=ex-(a+1)x, 則g′(x)=ex-(a+1). 當(dāng)x∈(-∞,ln(a+1))時(shí),g′(x)<0; 當(dāng)x∈(ln(a+1),+∞)時(shí),g′(x)>0. 從而g(x)在(-∞,ln(a+1))上單調(diào)遞減, 在(ln(a+1),+∞)上單調(diào)遞增. 故g(x)有最小值g(ln(a+1))=a+1-(a+1)ln(a+1). 所以f(x)≥12x2+ax+b等價(jià)于b≤a+1-(a+1)ln(a+1).② 因此(a+1)b≤(a+1)2-(a+1)2ln(a+1). 設(shè)h(a)=(a+1)2-(a+1)2ln(a+1), 則h′(a)=(a+1)[1-2ln(a+1)]. 所以h(a)在(-1,e12-1)上單調(diào)遞增,在(e12-1,+∞)上單調(diào)遞減, 故h(a)在a=e12-1處取得最大值. 從而h(a)≤e2,即(a+1)b≤e2. 當(dāng)a=e12-1,b=e122時(shí),②式成立, 故f(x)≥12x2+ax+b. 綜合得,(a+1)b的最大值為e2. 2.(10分)(2018新鄉(xiāng)一模)已知函數(shù)f(x)=(x+a)ln x,g(x)=x2ex,曲線(xiàn)y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線(xiàn)與直線(xiàn)2x-y-3=0平行. (1)求證:方程f(x)=g(x)在(1,2)內(nèi)存在唯一的實(shí)根. (2)設(shè)函數(shù)m(x)=min{f(x),g(x)}(min{p,q}表示p,q中的較小者),求m(x)的最大值. 【解析】(1)由題意知,曲線(xiàn)y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線(xiàn)斜率為2, 所以f′(1)=2, 又f′(x)=ln x+ax+1,所以a=1. 所以f(x)=(x+1)ln x. 設(shè)h(x)=f(x)-g(x)=(x+1)ln x-x2ex, 當(dāng)x∈(0,1]時(shí),h(x)<0, 又h(2)=3ln 2-4e2=ln 8-4e2>1-1=0, 所以存在x0∈(1,2),使h(x0)=0. 因?yàn)閔′(x)=ln x+1x+1-x(2-x)ex, 當(dāng)x∈(1,2)時(shí),0e,所以0<1ex<1e,所以x(2-x)ex<1e, 所以h′(x)>1-1e>0, 所以當(dāng)x∈(1,2)時(shí),h(x)單調(diào)遞增, 所以方程f(x)=g(x)在(1,2)內(nèi)存在唯一的實(shí)根. (2)由(1)知,方程f(x)=g(x)在(1,2)內(nèi)存在唯一的實(shí)根x0,且x∈(0,x0)時(shí),f(x)0, 當(dāng)x∈(2,+∞)時(shí),h′(x)>0, 所以當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),h′(x)>0, 所以當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),f(x)>g(x), 所以m(x)=(x+1)lnx,x∈(0,x0],x2ex,x∈(x0,+∞). 當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),若x∈(0,1],則m(x)≤0; 若x∈(1,x0],由m′(x)=ln x+1x+1>0,可知00,m(x)單調(diào)遞增;x∈(2,+∞)時(shí),m′(x)<0,m(x)單調(diào)遞減. 可知m(x)≤m(2)=4e2,且m(x0)

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2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 課后綜合提升練 1.6.3 導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用 2019 高考 數(shù)學(xué) 二輪 復(fù)習(xí) 專(zhuān)題 函數(shù) 導(dǎo)數(shù) 課后 綜合 提升 1.6 簡(jiǎn)單 應(yīng)用

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