《（全國通用版）2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課時(shí)分層作業(yè) 十六 2.11.3 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 文.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用版）2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課時(shí)分層作業(yè) 十六 2.11.3 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 文.doc（8頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
課時(shí)分層作業(yè) 十六導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
一、選擇題(每小題5分,共25分)
1.若不等式2xln x≥-x2+ax-3對x∈(0,+∞)恒成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是
( )
A.(-∞,0) B.(-∞,4]
C.(0,+∞) D.[4,+∞)
【解析】選B.2xln x≥-x2+ax-3,則a≤2ln x+x+,設(shè)h(x)=2ln x+x+(x>0),則h′(x)=.
當(dāng)x∈(0,1)時(shí),h′(x)<0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞減;
當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),h′(x)>0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞增,
所以h(x)min=h(1)=4,所以a≤h(x)min=4.
2.(2018長沙模擬)已知函數(shù)f(x)=,若對任意的x∈[1,2], f′(x)x+f(x)>0恒成立,則實(shí)數(shù)t的取值范圍是 ( )
A.(-∞,] B.
C. D.[,+∞)
【解析】選B.因?yàn)閒′(x)=,所以對任意的x∈[1,2], f′(x)x+f(x)>0恒成立?對任意的x∈[1,2],>0恒成立?對任意的x∈[1,2],2x2-2tx+1>0恒成立?t<=x+恒成立,又g(x)=x+在[1,2]上單調(diào)遞增,所以g(x)min=g(1)=,所以t<.
3.若0
ln x2-ln x1
B.-x1
D.x2g(x2),即>,所以x2>x1.
4.(2018襄陽模擬)若存在x∈(-1,1],使得不等式e2x-ax,求出f(x)=在(-1,1]上的最小值即可得出a的范圍.
【解析】選B.因?yàn)閑2x-ax在(-1,1]上有解,
令f(x)=,x∈(-1,1],則a>f(x)min.
則f′(x)=,
所以當(dāng)x∈時(shí),f′(x)<0,
當(dāng)x∈時(shí),f′(x)>0,
所以f(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,
所以當(dāng)x=-時(shí),f(x)取得最小值f=.所以a>.
5.(2018南昌模擬)已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x),滿足f′(x)0.
二、填空題(每小題5分,共15分)
6.若存在正數(shù)x,使2x(x-a)<1成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.
【解析】由2x(x-a)<1得x-a<,即a>x-,即存在正數(shù)x使a>x-成立即可,令h(x)=x-(x>0),則h(x)為增函數(shù),所以當(dāng)x>0時(shí),h(x)>h(0)=0-=-1,所以a>h(x)min,即a>-1,即a的取值范圍是(-1,+∞).
答案:(-1,+∞)
7.(2018西安模擬)下列說法中,正確的有______ (把所有正確的序號都填上).
①?x0∈R,使>3的否定是?x∈R,使2x≤3;
②函數(shù)y=sinsin的最小正周期是π;
③命題“若函數(shù)f(x)在x=x0處有極值,則f(x0)=0”的否命題是真命題;
④函數(shù)f(x)=2x-x2的零點(diǎn)有2個(gè).
【解析】由特稱命題的否定可知說法①正確;由于函數(shù)y=sinsin
=sincos
=sin,其周期為,故說法②錯(cuò);
根據(jù)導(dǎo)數(shù)與極值的關(guān)系可知命題“若函數(shù)f(x)在x=x0處有極值,則f′(x0)=0”為真命題,故說法③錯(cuò);由于f′(x)=2xln 2-2x,當(dāng)x<0時(shí)恒有f′(x)>0,即函數(shù)f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增,又因?yàn)閒(-1)f(0)=1<0,所以函數(shù)f(x)在(-1,0)上存在一個(gè)零點(diǎn),還有f(2)=0,f(4)=0,所以函數(shù)f(x)在R上共有3個(gè)零點(diǎn),故④錯(cuò).
答案:①
8.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,直線l與函數(shù)f(x)=2x2+a2(x>0)和g(x)=2x3+a2(x>0)均相切(其中a為常數(shù)),切點(diǎn)分別為A(x1,y1)和B(x2,y2),則x1+x2的值為________.
【解析】因?yàn)閒(x)=2x2+a2(x>0),
所以f′(x)=4x,所以f′(x1)=4x1,
所以曲線f(x)=2x2+a2(x>0)在點(diǎn)A(x1,y1)處的切線方程為y-(2+a2)=4x1(x-x1),即y=4x1x-2+a2.
同理,曲線g(x)=2x3+a2(x>0)在點(diǎn)B(x2,y2)處的切線方程為y=6x-4+a2.
由題意可得,兩條切線相同,
故
整理得結(jié)合x1>0,x2>0解得
所以x1+x2=+=.
答案:
三、解答題(每小題10分,共20分)
9.已知函數(shù)f(x)=ln x-ex-a+a(e是自然對數(shù)的底數(shù) ).
(1)當(dāng)a=0時(shí),求證:f(x)<-2.
(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn),求a的取值范圍.
【解析】(1)當(dāng)a=0時(shí),
f′(x)=-ex,令f′(x)=0,得x=x0∈,即=,兩邊取對數(shù)得ln x0=-x0,
且f(x)在(0,x0)上單增,在(x0,+∞)上單減,
所以f(x)max=ln x0-=-x0-
=-<-2.
(2) f′(x)=-ex-a,
故等價(jià)于f(x)在(0,+∞)上有唯一極大值點(diǎn)x1,且f(x1)>0.
因?yàn)閒′(x1)=0?=?-ln x1=x1-a,
得:a=x1+ln x1,
故f(x1)=2ln x1-+x1,
令h(x)=2ln x-+x,h(1)=0,
因?yàn)閔′(x)=++1>0,所以h(x)>0?x>1,則x1>1,
又因?yàn)閥=x+ln x在(0,+∞)上單增,由x1>1,得a=x1+ln x1>1.
綜上,a>1.
【變式備選】(2018茂名模擬)已知函數(shù)f(x)=x3-x2-ax-2的圖象過點(diǎn)
A.
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.
(2)若函數(shù)g(x)=f(x)-2m+3有3個(gè)零點(diǎn),求m的取值范圍.
【解析】(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=x3-x2-ax-2的圖象過點(diǎn)A.
所以-4a-4a-2=,解得a=2,
即f(x)=x3-x2-2x-2,所以f′(x)=x2-x-2.
由f′(x)=x2-x-2<0,解得-10,得x<-1或x>2.
所以函數(shù)f(x)的遞減區(qū)間是(-1,2),遞增區(qū)間是(-∞,-1),(2,+∞).
(2)由(1)知f(x)的極大值=f(-1)=--+2-2=-,
同理,f(x)的極小值=f(2)=-2-4-2=-,
由數(shù)形結(jié)合思想,要使函數(shù)g(x)=f(x)-2m+3有三個(gè)零點(diǎn),
則-<2m-3<-,解得-0}.
(1)f′(x)=1+ln x,令f′(x)=0,解得x=,
當(dāng)x∈時(shí),f′(x)<0,f(x)在上遞減;
當(dāng)x∈時(shí),f′(x)>0,f(x)在上遞增.
所以當(dāng)x=時(shí),函數(shù)f(x)取得最小值
f=-.
(2)依題意得f(x)≥ax-1在[1,+∞)上恒成立,即不等式a≤ln x+對于
x∈[1,+∞)恒成立,即a≤,x∈[1,+∞).
設(shè)g(x)=ln x+(x≥1),則g′(x)=-=≥0,
所以g(x)在[1,+∞)上是增函數(shù),g(x)的最小值是g(1)=1.
故a的取值范圍是(-∞,1].
1.(5分)已知函數(shù)f(x)=ln x+x與g(x)=ax2+ax-1(a>0)的圖象有且只有一個(gè)公共點(diǎn),則a所在的區(qū)間為 ( )
A. B.
C. D.
【解析】選D.設(shè)T(x)=f(x)-g(x)=ln x+x-ax2-ax+1,在x>0時(shí),有且僅有1個(gè)零點(diǎn),T′(x)=+1-ax-a=-a(x+1)= (x+1)=(x+1)(1-ax),
因?yàn)閍>0,x>0,所以T(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,如圖,
當(dāng)x→0時(shí),T(x)→-∞,x→+∞時(shí),T(x)→-∞,
所以T=0,即ln+--1+1=0,所以ln+=0,因?yàn)閥=ln+在x>0上單調(diào),所以ln+=0在a>0上最多有1個(gè)零點(diǎn),a=1時(shí),ln+=>0,
a=2時(shí),ln+<0,
a=時(shí),ln+<0,
所以a∈.所以D選項(xiàng)是正確的.
2.(5分)已知函數(shù)f(x)滿足f(x)=2f,當(dāng)x∈[1,3]時(shí),f(x)=ln x,若在區(qū)間x∈內(nèi),函數(shù)g(x)=f(x)-ax有三個(gè)不同的零點(diǎn),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是
( )
A. B.
C. D.
【解析】選A.因?yàn)閒(x)=2f,且x∈[1,3]時(shí),f(x)=ln x,所以x∈時(shí),f(x)=2f=2ln=-2ln x.因?yàn)楹瘮?shù)g(x)=f(x)-ax與x軸有3個(gè)不同的交點(diǎn),所以曲線y=f(x)與直線y=ax有三個(gè)不同交點(diǎn),作出二者的圖象,則二者在[1,3]上相切時(shí),因?yàn)閒′(x)=,所以==a?x=e,a=;直線y=ax經(jīng)過y=f(x)右側(cè)端點(diǎn)(3,ln 3)時(shí),a=.綜上所述,由函數(shù)圖象可得實(shí)數(shù)a的取值范圍是.
3.(5分)(2018太原模擬)若對?x1∈(0,2],?x2∈[1,2],使4x1ln x1 -+3+4x1+8ax1x2-16x1≥0成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________.
【解題指南】問題轉(zhuǎn)化為:8ax2+4≥x1-4ln x1+16-,令f(x)=x-4ln x+16-,x∈(0,2],利用導(dǎo)數(shù)可得其最大值.令g(x)=8ax+4x2,x∈[1,2],問題等價(jià)于g(x)max≥f(x)max.再利用導(dǎo)數(shù)可得g(x)的最大值,即可得出a的范圍.
【解析】因?yàn)閤1>0,所以4x1ln x1-+3+4x1+8ax1x2-16x1≥0,
化為8ax2+4≥x1-4ln x1+16-,
令f(x)=x-4ln x+16-,x∈(0,2],
f′(x)=1-+=,
當(dāng)00,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;
當(dāng)11)上的最小值.
(2)若關(guān)于x的不等式f2(x)+mf(x)>0只有兩個(gè)整數(shù)解,求實(shí)數(shù)m的取值范圍.
【解析】(1)f′(x)=,令f′(x)>0得f(x)的遞增區(qū)間為;
令f′(x)<0得f(x)的遞減區(qū)間為,
因?yàn)閤∈[1,a],則
當(dāng)1時(shí),f(x)在上為增函數(shù),在上為減函數(shù),又f(2)=
=ln 2=f(1),
所以2,f(x)的最小值為f(a)=,
綜上,當(dāng)12時(shí),f(x)的最小值為.
(2)由(1)知,f(x)的遞增區(qū)間為,遞減區(qū)間為,
所以f(x)max=f=,
又f=0,1<<2,
不等式f2(x)+mf(x)>0,即f(x)(f(x)+m)>0只有兩個(gè)整數(shù)解,
所以解得-ln 20;當(dāng)x∈(-1+,+∞)時(shí),f′(x)<0;所以f(x)在(-∞,-1-),(-1+,+∞)上單調(diào)遞減;在(-1-,-1+)上單調(diào)遞增.
(2)令g(x)=f(x)-ax-1=(1-x2)ex-(ax+1),
令x=0,可得g(0)=0,
g′(x)=(1-x2-2x)ex-a,
令h(x)=(1-x2-2x)ex-a,h′(x)=-(x2+4x+1)ex,
當(dāng)x≥0時(shí),h′(x)<0,h(x)單調(diào)遞減,故h(x)≤h(0)=1-a,即g′(x)≤1-a,
要使f(x)-ax-1≤0在x≥0時(shí)恒成立,需要 1-a≤0,
即a≥1,此時(shí)g(x)≤g(0)=0,故a≥1,
綜上所述,a的取值范圍是[1,+∞).
（全國通用版）2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課時(shí)分層作業(yè) 十六 2.11.3 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 文.doc
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