2019-2020年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第二章 第12節(jié) 定積分概念及簡(jiǎn)單應(yīng)用課時(shí)沖關(guān) 理 新人教A版.doc
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2019-2020年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第二章 第12節(jié) 定積分概念及簡(jiǎn)單應(yīng)用課時(shí)沖關(guān) 理 新人教A版對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)課時(shí)沖關(guān)(十五)第261頁(yè)一、選擇題1設(shè)函數(shù)f(x)則定積分f(x)dx等于()A.B2C. D.解析:f(x)dxx2dx1dxx3|x|.故選C.答案:C2(xx廈門(mén)模擬)設(shè)函數(shù)f(x)xmax的導(dǎo)函數(shù)f(x)2x1,則f(x)dx的值等于()A. B.C. D.解析:f(x)mxm1a2x1,得m2,a1,所以f(x)x2x,所以f(x)x2x,所以f(x)dx(x2x)dx|.故選A.答案:A3如果1 N的力能拉長(zhǎng)彈簧1 cm,為了將彈簧拉長(zhǎng)6 cm,所耗費(fèi)的功為()A0.18 J B0.26 JC0.12 J D0.28 J解析:由物理知識(shí)Fkx知,10.01k,k100 N/m,則W 100xdx50x2|0.18(J)故選A.答案:A4(xx合肥模擬)如圖,由函數(shù)f(x)exe的圖象,直線x2及x軸所圍成的陰影部分面積等于()Ae22e1Be22eC.De22e1解析:由已知得Sf(x)dx(exe)dx(exex)|(e22e)(ee)e22e. 故選B.答案:B5(xx南昌模擬)若ax2dx,bx3dx,csin xdx,則a,b,c的大小關(guān)系是()Aacb BabcCcba Dcab解析:因?yàn)閍x2dxx3|(2,3),bx3dxx4|43,csin xdx(cos x)|1cos 22,所以cab. 故選D.答案:D6一質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)速度與時(shí)間的關(guān)系為v(t)t2t2,質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動(dòng),則此質(zhì)點(diǎn)在時(shí)間1,2內(nèi)的位移為()A. B.C. D.解析:v(t)0,質(zhì)點(diǎn)在1,2內(nèi)的位移s即為v(t)在1,2上的定積分,sv(t)dt(t2t2)dt| .答案:A7(xx中山模擬)已知t0,若(2x1)dx6,則t的值等于()A2 B3C6 D8解析:(2x1)dx(x2x)|t2t,由t2t6得t3或t2(舍去)故選B.答案:B8由直線xy20,曲線yx3以及x軸圍成的圖形的面積為()A. B.C. D.解析:由題意得解得交點(diǎn)坐標(biāo)是(1,1)故由直線xy20,曲線yx3以及x軸圍成的圖形的面積為x3dx(2x)dxx4|.故選D.答案:D9(xx石家莊模擬)已知等比數(shù)列an,且a4a8dx,則a6(a22a6a10)的值為()A2 B4C D9解析:a4a8,a6(a22a6a10)a6a22aa6a10a2a4a8a(a4a8)22,故選A.答案:A10函數(shù)f(x)的圖象與x軸所圍成的封閉圖形的面積為()A. B1C2 D.答案:A11(xx北京高考)直線l過(guò)拋物線C:x24y的焦點(diǎn)且與y軸垂直,則l與C所圍成的圖形的面積等于()A. B2C. D.解析:由題意知拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為F(0,1),故直線l的方程為y1,該直線與拋物線在第一象限的交點(diǎn)坐標(biāo)為(2,1),根據(jù)對(duì)稱(chēng)性和定積分的幾何意義可得所求的面積是2dx2|.答案:C12(xx珠海模擬)由曲線yx2和直線x0,x1,yt2(t為常數(shù)且t(0,1)所圍成圖形(陰影部分)面積的最小值為()A. B.C. D.解析:由得xt.故S(t2x2)dx(x2t2)dx|t3t2,令S4t22t0,因?yàn)?t0)所圍成的曲邊圖形的面積為,則k_.解析:由得或則曲線yx2與直線ykx(k0)所圍成的曲邊梯形的面積為(kxx2)dx|k3,即k38,k2.答案:216(xx成都模擬)函數(shù)y(sin tcos tsin t)dt的最大值是_解析:y(sin tcos tsin t)dtdt|cos xcos 2xcos x(2cos2 x1)cos2xcos x(cos x1)222,當(dāng)cos x1時(shí)取等號(hào)答案:2備課札記高考大題沖關(guān) 導(dǎo)數(shù)綜合應(yīng)用的熱點(diǎn)問(wèn)題 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用是歷年高考必考的熱點(diǎn),試題難度較大,多以壓軸題形式出現(xiàn),命題的熱點(diǎn)主要有利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值;利用導(dǎo)數(shù)研究不等式;利用導(dǎo)數(shù)研究方程的根(或函數(shù)的零點(diǎn));利用導(dǎo)數(shù)研究恒成立問(wèn)題等體現(xiàn)了分類(lèi)討論、數(shù)形結(jié)合、函數(shù)與方程、轉(zhuǎn)化與化歸的數(shù)學(xué)思想的運(yùn)用題型一利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)綜合問(wèn)題對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)理52頁(yè) 文49頁(yè) 典例賞析1 (理科)(xx重慶高考)已知函數(shù)f(x)ae2xbe2xcx(a,b,cR)的導(dǎo)函數(shù)f(x)為偶函數(shù),且曲線yf(x)在點(diǎn)(0,f(0)處的切線的斜率為4c.(1)確定a,b的值;(2)若c3,判斷f(x)的單調(diào)性;(3)若f(x)有極值,求c的取值范圍思維導(dǎo)引(1)先求導(dǎo)函數(shù)f(x),再利用f(x)為偶函數(shù)和曲線yf(x)在點(diǎn)(0,f(0)處的切線的斜率為4c建立關(guān)于a,b的方程組求解;(2)把c3代入函數(shù)解析式,利用基本不等式求f(x)的最小值,進(jìn)而確定f(x)的符號(hào),從而確定函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(3)對(duì)c分類(lèi),討論方程f(x)0是否有實(shí)根,從而確定極值解(1)對(duì)f(x)求導(dǎo)得f(x)2ae2x2be2xc,由f(x)為偶函數(shù),知f(x)f(x),即2(ab)(e2xe2x)0,所以ab.又f(0)2a2bc4c,故a1,b1.(2)當(dāng)c3時(shí),f(x)e2xe2x3x,那么f(x)2e2x2e2x32310,故f(x)在R上為增函數(shù)(3)由(1)知f(x)2e2x2e2xc,而2e2x2e2x24,當(dāng)x0時(shí)等號(hào)成立下面分三種情況進(jìn)行討論當(dāng)c0,此時(shí)f(x)無(wú)極值;當(dāng)c4時(shí),對(duì)任意x0,f(x)2e2x2e2x40,此時(shí)f(x)無(wú)極值;當(dāng)c4時(shí),令e2xt,注意到方程2tc0有兩根t1,t2,t1t20,即f(x)0有兩個(gè)根x1ln t1或x2ln t2.當(dāng)x1xx2時(shí),f(x)x2時(shí),f(x)0,從而f(x)在xx2處取得極小值綜上,若f(x)有極值,則c的取值范圍為(4,)典例賞析1(文科)(xx廣東高考)已知函數(shù)f(x)x3x2ax1(aR)(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)當(dāng)a0時(shí),試討論是否存在x0,使得f(x0)f.思維導(dǎo)引(1)由函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性之間的關(guān)系求解;(2)先由a0得函數(shù)的單調(diào)性,求得函數(shù)的最大值是f(0)或f(1)再討論求解得答案解(1)f(x)x22xa,方程x22xa0的判別式44a4(1a),若a1,則0,f(x)x22xa0,f(x)在R上單調(diào)遞增若a0,方程x22xa0有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根,x11,x21,當(dāng)xx2時(shí),f(x)0;當(dāng)x1xx2時(shí),f(x)0,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為和,單調(diào)遞減區(qū)間為.(2)當(dāng)a0,且f(0)1,f,f(1)a,此時(shí)x10,令x2得a.當(dāng)a0時(shí),x10x2,f(x)在(0,x2)上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞增()若af,存在x0,使得f(x0)f;()當(dāng)a0時(shí),f(0)f,不存在x0,使得f(x0)f;當(dāng)a時(shí),f(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增不存在x0,使得f(x0)f.當(dāng)a時(shí),f0,從而g(x)0,故g(x)在1,)上也單調(diào)遞增,g(x)ming(1)2,k2.題型二利用導(dǎo)數(shù)證明不等式典例賞析2 (xx新課標(biāo)全國(guó)高考)已知函數(shù)f(x)exln(xm)(1)設(shè)x0是f(x)的極值點(diǎn),求m,并討論f(x)的單調(diào)性;(2)當(dāng)m2時(shí),證明f(x)0.思維導(dǎo)引(1)f(x)0解得m,在f(x)的定義域內(nèi)確定f(x)0,f(x)0即可,故只要f(x)min0,確定函數(shù)f(x)的最小值點(diǎn)后論證其最小值大于0.解(1)解:f(x)ex.由x0是f(x)的極值點(diǎn)得f(0)0,所以m1.于是f(x)exln(x1),定義域?yàn)?1,),f(x)ex.函數(shù)f(x)ex在(1,)上單調(diào)遞增,且f(0)0,因此當(dāng)x(1,0)時(shí),f(x)0,所以f(x)在(1,0)上單調(diào)遞減,在(0,)上單調(diào)遞增(2)證明:當(dāng)m2,x(m,)時(shí),ln(xm)ln(x2),故只需證明當(dāng)m2時(shí),f(x)0.當(dāng)m2時(shí),函數(shù)f(x)ex在(2,)上單調(diào)遞增又f(1)0,故f(x)0在(2,)上有唯一實(shí)根x0,且x0(1,0)當(dāng)x(2,x0)時(shí),f(x)0,從而當(dāng)xx0時(shí),f(x)取得最小值由f(x0)0得ex0,ln(x02)x0,故f(x)f(x0)x00.綜上,當(dāng)m2時(shí),f(x)0.導(dǎo)數(shù)研究實(shí)數(shù)區(qū)間D上的不等式的主要表現(xiàn)形式是“證明不等式在區(qū)間D上成立,不等式在區(qū)間D上恒成立,求參數(shù)k的范圍”等(1)證明區(qū)間D上不等式成立的策略:構(gòu)造函數(shù)f(x),把不等式轉(zhuǎn)化為證明f(x)0,f(x)f(x)或(k)0,y0,則xln xyln y(xy)ln .解:(1)當(dāng)b2時(shí),h(x)ln xax22xh(x)ax2.h(x)有單調(diào)減區(qū)間,h(x)0有解,即0,ax22x10有解()當(dāng)a0時(shí)符合題意;()當(dāng)a0,即a1.a的取值范圍是(1,)(2)當(dāng)a0,b1時(shí),設(shè)(x)f(x)g(x)ln(x1)x,(x)1.x1,討論(x)的正負(fù)得下表:x(1,0)0(0,)(x)0(x)最大值當(dāng)x0時(shí)(x)有最大值0,即(x)0恒成立,當(dāng)x(1,)時(shí),f(x)g(x)0恒成立(3)證明:x0,y0,xln xyln y(xy)ln xyxln yln xln yln xln yln .由(2)有xlnylnxy0xln xyln y(xy)ln .題型三利用導(dǎo)數(shù)研究恒成立問(wèn)題對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)理53頁(yè) 文50頁(yè) 典例賞析3 (xx珠海檢測(cè))已知函數(shù)f(x)(a1)ln xax2,aR.(1)當(dāng)a時(shí),求f(x)的最大值;(2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(3)如果對(duì)任意x1,x2(0,),|f(x1)f(x2)|4|x1x2|恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍思維導(dǎo)引(1)對(duì)函數(shù)f(x)求導(dǎo),得到f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間和單調(diào)遞減區(qū)間,進(jìn)而得到f(x)最小值; (2)對(duì)函數(shù)f(x)求導(dǎo),然后對(duì)a分情況進(jìn)行討論得到f(x)的單調(diào)區(qū)間; (3)分當(dāng)a0時(shí), 當(dāng)a1時(shí), 當(dāng)1a0,故f(x)在(0,)上單調(diào)遞增;當(dāng)a1時(shí),f(x)0,故f(x)在(0,)上單調(diào)遞減;當(dāng)1a0;當(dāng)x,f(x)0.故f(x)在x上單調(diào)遞增;在x上單調(diào)遞減(3)不妨設(shè)00,故f(x)在(0,)上單調(diào)遞增,即f(x2)4x2f(x1)4x1恒成立構(gòu)造函數(shù)g(x)f(x)4x,須證g(x)f(x)4x在(0,)上單調(diào)遞增,即證g(x)f(x)42ax40,即2ax24xa10(x0)恒成立當(dāng)a0時(shí),則由4x10得x,不合題意,即a0,則a0.根據(jù)二次函數(shù)y2ax24xa1(x0)開(kāi)口方向向上,對(duì)稱(chēng)軸x0,所以只需0,可得168a(a1)0,解得a1(a2舍去)當(dāng)a1時(shí),f(x)0)恒成立. 根據(jù)二次函數(shù)y2ax24xa1(x0)開(kāi)口方向向下,對(duì)稱(chēng)軸x0,所以只需0,可得168a(a1)0,解得a2(a1舍去)當(dāng)1a0時(shí),f(x)在x上單調(diào)遞增;在x上單調(diào)遞減,此時(shí)|f(x1)f(x2)|4|x1x2|等價(jià)于f(x2)4x2f(x1)4x1恒成立或者f(x2)4x2f(x1)4x1恒成立,由上可知a1或a2,這與1a0時(shí),試討論f(x)在(1,1)內(nèi)的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)解:(1)由題意知f(x)x33x,所以f(x)2x23.又f(3)9,f(3)15,所以曲線yf(x)在點(diǎn)(3,f(3)的切線方程為15xy360.(2)由題意2ax21ln x,即a對(duì)一切x(0,)恒成立設(shè)g(x),則g(x).當(dāng)0x0;當(dāng)xe時(shí),g(x)時(shí),存在x0(1,1),使得f(x0)0.因?yàn)閒(x)2x24ax3開(kāi)口向上,所以在(1,x0)內(nèi)f(x)0,在(x0,1)內(nèi)f(x)時(shí),f(x)在(1,1)內(nèi)有且只有一個(gè)極值點(diǎn),且是極大值點(diǎn)當(dāng)0a時(shí),又因?yàn)閒(x)2x24ax3開(kāi)口向上,所以在(1,1)內(nèi)f(x),f(x)在(1,1)內(nèi)的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)為1;當(dāng)00得單調(diào)遞增區(qū)間,解不等式f(x)0,f(x)x(2ln x1)令f(x)x(2ln x1)0,得2ln x10,即x;令f(x)x(2ln x1)0,得2ln x10,即0x0),設(shè)g(x)xln x,g(x)ln xg(1)0,當(dāng)0x1時(shí),g(x)1時(shí),g(x)0,g(x)單調(diào)遞增,所以x0時(shí),g(x)ming(1)1所以k1,k的取值范圍是1,)研究方程根,可以通過(guò)構(gòu)造函數(shù)g(x)的方法,把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為研究構(gòu)造的函數(shù)g(x)的零點(diǎn)問(wèn)題研究函數(shù)g(x)零點(diǎn)的策略是:(1)如果函數(shù)g(x)在已知區(qū)間上是單調(diào)的,則其最多只有一個(gè)零點(diǎn),再結(jié)合函數(shù)的零點(diǎn)存在定理,確定其零點(diǎn)是否存在(2)如果函數(shù)g(x)在已知區(qū)間不是單調(diào)的,則求出這個(gè)函數(shù)的極值點(diǎn)和單調(diào)區(qū)間,再結(jié)合g(x)的極值與零的大小,以及函數(shù)g(x)的單調(diào)性、結(jié)合零點(diǎn)存在定理判斷其零點(diǎn)的個(gè)數(shù)4已知函數(shù)f(x)x22aln xbx.(1)若a,函數(shù)f(x)在其定義域內(nèi)是增函數(shù),求b的最大值;(2)若b0,關(guān)于x的方程f(x)2ax0有唯一解,求實(shí)數(shù)a的取值范圍解:(1)依題意a時(shí),f(x)ln xx2bx,且在其定義域(0,)上是增函數(shù),f(x)2xb0對(duì)x(0,)恒成立,即b2x對(duì)x(0,)恒成立,只需bmin.x0,2x2,當(dāng)且僅當(dāng)x時(shí)取“”,b2,故b的最大值為2.(2)記(g)xf(x)2axx22aln x2ax,g(x)2x2a(x2axa)若方程f(x)2ax有唯一解,即g(x)0有唯一解. 令g(x)0,得x2axa0.因?yàn)閍0,x0,所以x10(舍去),x2. 當(dāng)x(0,x2)時(shí),g(x)0,g(x)在(x2,)上是單調(diào)遞增函數(shù)當(dāng)xx2時(shí),g(x2)0,g(x)ming(x2)因?yàn)間(x)0有唯一解,所以g(x2)0.則即兩式相減得aln x2ax2a0,因?yàn)閍0,所以2ln x2x210(*)設(shè)函數(shù)h(x)2ln xx1,因?yàn)樵趚0時(shí),h(x)是增函數(shù),所以h(x) 0至多有一解因?yàn)閔(1)0,所以方程(*)的解為x21,從而解得a.1(xx武威市涼州區(qū)一診)已知函數(shù)f(x)(ax2)ex在x1處取得極值(1)求a的值; (2)求函數(shù)f(x)在m,m1上的最小值;(3)求證:對(duì)任意x1,x20,2,都有|f(x1)f(x2)|e.解:(1)解:f(x)aex(ax2)ex(axa2)ex.由已知得f(1)0,即(2a2)ex0,解得a1.當(dāng)a1時(shí),在x1處函數(shù)f(x)(x2)ex取得極小值,所以a1.(2)解:f(x)(x2)ex,f(x)ex(x2)ex(x1)ex.x(,1)1(1,)f(x)0f(x)減極小值增所以函數(shù)f(x)在(,1)上單調(diào)遞減,在(1,)上單調(diào)遞增當(dāng)m1時(shí),f(x)在m,m1單調(diào)遞增,fmin(x)f(m)(m2)em.當(dāng)0m1時(shí),m11時(shí),設(shè)函數(shù)g(x),若實(shí)數(shù)b滿足ba且gg(a),g(b)2g,求證:4b時(shí),由f(x)0得x1,x2,若ax20,由f(x)0,得0xx1;由f(x)0,得x2x0,則x10x2,由f(x)x1;由f(x)0,得0xx1.f(x)的單調(diào)減區(qū)間為,單調(diào)增區(qū)間為. 綜上所述:當(dāng)a時(shí),f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0,);當(dāng)a1)由gg(a)得|ln(a1)|.1ab,b1a1(舍),或(a1)(b1)1.1(a1)(b1)2.由g(b)2g得|ln(b1)|22,(*)因?yàn)?,所以(*)式可化為ln(b1)2ln(a1)(b1),即b12.令b1t(t1),則t2,整理得t44t32t210,從而(t1)(t33t2t1)0,即t33t2t10.記h(t)t33t2t1,t1.h(t)3t26t1,令h(t)0得t1(舍去),t1,列表:th(t)h(t)所以,h(t)在單調(diào)減,在單調(diào)增,又因?yàn)閔(3)0,所以3t4,從而4b5.對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)理55頁(yè) 文52頁(yè) 3(xx臨沂市質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)ln x.(1)若直線yxm與函數(shù)f(x)的圖象相切,求實(shí)數(shù)m的值;(2)證明曲線yf(x)與曲線yx有唯一的公共點(diǎn);(3)設(shè)0ab,比較與的大小,并說(shuō)明理由解:(1)f(x),設(shè)切點(diǎn)為(x0,y0),則k1,x01,y0ln x0ln 10,代入yxm,得m1.(2)證明:令h(x)f(x)ln xx,則h(x)10,h(x)在(0,)內(nèi)單調(diào)遞減又h(1)ln 1110,x1是函數(shù)h(x)唯一的零點(diǎn),故點(diǎn)(1,0)是兩曲線唯一的公共點(diǎn)(3) ln ,0a1.構(gòu)造函數(shù)(x)ln x,(x1),則(x)0,(x)在(1,)內(nèi)單調(diào)遞增,又當(dāng)x1時(shí),(1)0,x1時(shí),(x)0,即ln x,則有l(wèi)n 成立,即.即.4(xx湖北省八市聯(lián)考)定義在R上的函數(shù)g(x)及二次函數(shù)h(x)滿足g(x)2g(x)ex9,h(2)h(0)1且h(3)2.(1)求g(x)和h(x)的解析式;(2)對(duì)于x1,x21,1,均有h(x1)ax15g(x2)x2g(x2)成立,求a的取值范圍;(3)設(shè)f(x),討論方程ff(x)2的解的個(gè)數(shù)情況解:(1)g(x)2g(x)ex9,g(x)2g(x)ex9,即g(x)2g(x)2ex9.由聯(lián)立解得:g(x)ex3.h(x)是二次函數(shù),且h(2)h(0)1,可設(shè)h(x)ax(x2)1,由h(3)2,解得a1.h(x)x(x2)1x22x1.g(x)ex3,h(x)x22x1.(2)設(shè)(x)h(x)ax5x2(a2)x6,F(xiàn)(x)ex3x(ex3)(1x)ex3x3,依題意知:當(dāng)1x1時(shí),(x)minF(x)max.F(x)ex(1x)(ex3)3xex3,F(xiàn)(x)ex(1x),當(dāng)x1,1時(shí),F(xiàn)(x)0,F(xiàn)(x)在1,1上單調(diào)遞減,F(xiàn)(x)minF(1)3e0.F(x)在1,1上單調(diào)遞增,F(xiàn)(x)maxF(1)0,解得3a7,實(shí)數(shù)a的取值范圍為3,7(3)f(x)的圖象如圖所示:令Tf(x),則f(T)2.T11,T2ln 5,f(x)1有兩個(gè)解,f(x)ln 5有3個(gè)解ff(x)2有5個(gè)解5(理科)(xx漳州市質(zhì)檢)給出定義在(0,)上的三個(gè)函數(shù)f(x)ln x,g(x)x2af(x),h(x)xa,已知g(x)在x1處取極值(1)求實(shí)數(shù)a的值,并確定函數(shù)h(x)的單調(diào)性;(2)求證:當(dāng)1xe2時(shí),恒有x0x1,h(x)100x1.所以h(x)在(1,)上是增函數(shù),在(0,1)上是減函數(shù)(2)當(dāng)1xe2時(shí),0ln x2,即0f(x)2,欲證x,只需證x2f(x).設(shè)(x)f(x)ln x,則(x).當(dāng)1x0,所以(x)在區(qū)間(1,e2)上為增函數(shù)從而當(dāng)1x(1)0,即f(x),故x.(3)y2ln xx2m,則y2x,x,故y0時(shí),x1.當(dāng)x0;當(dāng)1xe時(shí),y0.故函數(shù)y(x)在x1處取得極大值(1)m1.又m2,(e)m2e2,(e)4e20,則(e),y(x)在上的最小值是(e)y(x)在上有兩個(gè)零點(diǎn)的條件是解得1e2.解析:(1)f(x)ln xcx,x(0,),f(x)c.當(dāng)c0時(shí),f(x)單調(diào)增區(qū)間為(0,);當(dāng)c0時(shí),f(x)單調(diào)增區(qū)間為,f(x)單調(diào)減區(qū)間為.(2)f(x)x2,ln xcxx2,cx.設(shè)g(x)x,g(x),g(x)在(0,1)單調(diào)遞增,在(1,)單調(diào)遞減g(x)maxg(1)1,c1.(3)證明: f(x)有兩個(gè)相異零點(diǎn),ln x1cx1,ln x2cx2,ln x1ln x2c(x1x2),c,而x1x2e2,等價(jià)于ln x1ln x22,即cx1cx22,由得:(x1x2)2.不妨設(shè)x1x20,則t1,上式轉(zhuǎn)化為ln t(t1)設(shè)H(t)ln t(t1),則H(t)0,故函數(shù)H(t)是(1,)上的增函數(shù),所以H(t)H(l)0,即不等式ln t成立,故所證不等式x1x2e2成立. 6(理科)(xx南平市質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)g(x)x22x1mln x,(mR)(1)當(dāng)m1時(shí),求過(guò)點(diǎn)P(0,1)且與曲線yg(x)(x1)2相切的切線方程;(2)求函數(shù)yg(x)的單調(diào)增區(qū)間;(3)若函數(shù)yg(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)a,b,且a0并結(jié)合定義域得2x22xm0,對(duì)應(yīng)一元二次方程的判別式4(12m)當(dāng)0,即m時(shí),g(x)0,則函數(shù)g(x)的增區(qū)間為(0,);當(dāng)0m時(shí),函數(shù)g(x)的增區(qū)間為,;當(dāng)m0時(shí),函數(shù)g(x)的增區(qū)間為.(3)g(x)2x2,令g(x)0得2x22xm0,由題意知方程有兩個(gè)不相等的正數(shù)根a,b(ab),則解得0m, 解方程得b,則b0,即函數(shù)g(b)是上的增函數(shù),所以g(b)0,故g(b)的取值范圍是.則g(b)1.同理可求0a,g(a)a22a1(2a22a)ln a,a,g(a)4ln a0,即函數(shù)g(a)是上的減函數(shù),所以g(a)cos(g(a)g(b);當(dāng)g(a)0時(shí),sincos(g(a)g(b)6(文科)(xx南平市質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)exx.(1)求曲線yf(x)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線方程;(2)已知t為實(shí)數(shù),求函數(shù)f(x)在區(qū)間t,t2上的最小值;(3)定義在區(qū)間D上的函數(shù)g(x),若存在區(qū)間a,bD及實(shí)常數(shù)m,當(dāng)xa,b時(shí),g(x)的取值范圍恰為am,bm,則稱(chēng)區(qū)間a,b為g(x)的一個(gè)同步偏移區(qū)間,m為同步偏移量試問(wèn)函數(shù)yf(x)x(x21)在(1,)上是否存在同步偏移區(qū)間?若存在,請(qǐng)求出一個(gè)同步偏移區(qū)間及對(duì)應(yīng)的偏移量;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由解:(1)由題意知f(1)e1,f(x)ex1.函數(shù)f(x)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線斜率ke1,切線方程為y(e1)(e1)(x1),即y(e1)x.(2)令f(x)ex10得x0.當(dāng)t0時(shí),在t,t2上f(x)0,f(x)單調(diào)遞增,fminxf(t)ett.當(dāng)2t1時(shí),g(x)0,g(x)為增函數(shù),即方程(x21)exxm有兩個(gè)大于1的相異實(shí)根設(shè)(x)(x21)exxm(x1),則(x)(x22x1)ex1.x1,(x)0,(x)在(1,)上單調(diào)遞增. (x)在區(qū)間(1,)上至多有一個(gè)零點(diǎn)與方程(x21)exxm有兩個(gè)大于1的相異實(shí)根矛盾,假設(shè)不成立,即g(x)在(1,)上不存在同步偏移區(qū)間- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來(lái)的問(wèn)題本站不予受理。
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