2019屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第13節(jié) 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 第二課時練習(xí) 新人教A版.doc
《2019屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第13節(jié) 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 第二課時練習(xí) 新人教A版.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第13節(jié) 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 第二課時練習(xí) 新人教A版.doc（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
第二章 第13節(jié) 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 第二課時 1．(導(dǎo)學(xué)號14577231)(文科)(2018貴陽市一模)設(shè)f(x)＝xex，g(x)＝x2＋x. (1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值； (2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)且x1＞x2有m[f(x1)－f(x2)]＞g(x1)－g(x2)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍． 解：(1)F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋x2＋x， F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)， 令F′(x)＞0，解得x＞－1；令F′(x)＜0，解得x＜－1， 故F(x)在(－∞，－1)遞減，在(－1，＋∞)遞增， 故F(x)min＝F(－1)＝－－. (2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)且x1＞x2有m[f(x1)－f(x2)]＞g(x1)－g(x2)恒成立， 則任意x1，x2∈[－1，＋∞)且x1＞x2有mf(x1)－g(x1)＞mf(x2)－g(x2)＞0恒成立． 令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－x2－x，x∈[－1，＋∞)， 即只需h(x)在[－1，＋∞)遞增即可， 故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)恒成立， 故m≥，而≤e， 故m≥e. 1．(導(dǎo)學(xué)號14577232)(理科)(2018貴陽市一模)設(shè)f(x)＝ln x，g(x)＝x|x|. (1)求g(x)在x＝－1處的切線方程； (2)令F(x)＝xf(x)－g(x)，求F(x)的單調(diào)區(qū)間； (3)若任意x1，x2∈[1，＋∞)且x1＞x2，都有m[g(x1)－g(x2)]＞x1f(x1)－x2f(x2)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍． 解：(1)x＜0時，g(x)＝－x2，g′(x)＝－x， 故g(－1)＝－，g′(－1)＝1， 故切線方程是y＋＝(x＋1)，即x－y＋＝0. (2)F(x)＝xln x－x|x|＝xln x－x2，(x＞0)， F′(x)＝ln x－x＋1，F(xiàn)″(x)＝－1. 令F″(x)＞0，解得0＜x＜1；令F″(x)＜0，解得x＞1， 故F′(x)在(0,1)遞增，在(1，＋∞)遞減， 故F′(x)≤F′(1)＝0， 故F(x)在(0，＋∞)遞減． (3)已知可轉(zhuǎn)化為x1＞x2≥1時，mg(x1)－x1f(x1)≥mg(x2)－x2f(x2)恒成立． 令h(x)＝mg(x)－xf(x)＝x2－xln x，則h(x)為單調(diào)遞增的函數(shù)， 故h′(x)＝mx－ln x－1≥0恒成立，即m≥恒成立． 令m(x)＝，則m′(x)＝－， ∴當(dāng)x∈[1，＋∞)時，m′(x)≤0，m(x)單調(diào)遞減， m(x)≤m(1)＝1，故m≥1. 2．(導(dǎo)學(xué)號14577233)(理科)(2018桂林市、北海市、崇左市一模)已知函數(shù)f(x)＝ax＋xln x(a∈R) (1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[e，＋∞)上為增函數(shù)，求a的取值范圍； (2)當(dāng)a＝1且k∈Z時，不等式k(x－1)＜f(x)在x∈(1，＋∞)上恒成立，求k的最大值． 解：(1)∵f(x)＝ax＋xln x， ∴f′(x)＝a＋1＋ln x，又函數(shù)f(x)在區(qū)間[e，＋∞)上為增函數(shù)， ∴當(dāng)x≥e時，a＋1＋ln x≥0恒成立， ∴a≥(－1－ln x)max＝－1－ln e＝－2，即a的取值范圍為[－2，＋∞)； (2)當(dāng)x＞1時，x－1＞0，故不等式k(x－1)＜f(x)?k＜， 即k<對任意x＞1恒成立． 令g(x)＝，則g′(x)＝， 令h(x)＝x－ln x－2(x＞1)， 則h′(x)＝1－＝>0?h(x)在(1，＋∞)上單增． ∵h(yuǎn)(3)＝1－ln 3＜0，h(4)＝2－ln 4＞0， ∴存在x0∈(3,4)使h(x0)＝0， 即當(dāng)1＜x＜x0時，h(x)＜0，即g′(x)＜0， 當(dāng)x＞x0時，h(x)＞0，即g′(x)＞0，∴g(x)在(1，x0)上單減，在(x0，＋∞)上單增． 令h(x0)＝x0－ln x0－2＝0，即ln x0＝x0－2，g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0∈(3,4)， ∴k＜g(x)min＝x0且k∈Z， 即kmax＝3. 2．(導(dǎo)學(xué)號14577234)(文科)(2018濰坊市一模)設(shè)f(x)＝ax2－a＋，g(x)＝＋ln x. (1)設(shè)h(x)＝f(x)－g(x)＋，討論y＝h(x)的單調(diào)性； (2)證明：對任意a∈，?x∈(1，＋∞)，使f(x)＜g(x)成立． 解析：(1)h(x)＝f(x)－g(x)＋＝ax2－ln x－a， 則h′(x)＝2ax－＝. ① a≤0時，h(x)在(0，＋∞)遞減； ②a＞0時，令h′(x)＞0，解得x＞， 令h′(x)＜0，解得0＜x＜， 故h(x)在遞減，在遞增． (2)證明：由題意得：ax2－a＋＜＋ln x， ?x∈(1，＋∞)，ax2－a－ln x＜－. 設(shè)k(x)＝， 若記k1(x)＝ex－ex，則k1′(x)＝ex－e， 當(dāng)x＞1時，(x)＞0，k1(x)在(1，＋∞)遞增，k1(x)＞k1(1)＝0， 若a≤0，由于x＞1，故f(x)＜g(x)恒成立． 若0＜a＜，設(shè)h(x)＝a(x2－1)－ln x， 由(1)x∈時，h(x)遞減，x∈時，h(x)遞增， 故h＜h(1)＝0，而k＞0， 即存在x＝＞1，使得f(x)＜g(x)， 故對任意a∈(－∞，0)，?x∈(1，＋∞)，使得f(x)＜g(x)成立． 3．(導(dǎo)學(xué)號14577235)(理科)(2018湖南十三校第二次聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)＝－ax. (1)若函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上為減函數(shù)，求實數(shù)a的最小值； (2)若存在x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1) 由已知得x＞0，x≠1. 因f (x)在(1，＋∞)上為減函數(shù)，故f′(x)＝－a≤0在(1，＋∞)上恒成立． 所以當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)max≤0. 又f′(x)＝－a＝－2＋－a ＝－2＋－a， 故當(dāng)＝，即x＝e2時，f′(x)max＝－a. 所以－a≤0，于是a≥，故a的最小值為. (2)命題“若存在x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立”等價于 “當(dāng)x∈[e，e2]時，有f(x)min≤f′(x)max＋a”． 由(1)，當(dāng)x∈[e，e2]時，f′(x)max＝－a，∴f′(x)max＋a＝. 問題等價于：“當(dāng)x∈[e，e2]時，有f(x)min≤”． ①當(dāng)a≥時，由(1)，f(x)在[e，e2]上為減函數(shù)， 則f(x)min＝f(e2)＝－ae2≤，故a≥－. ②當(dāng)a<時，由于f′(x)＝－2＋－a在[e，e2]上的值域為 (ⅰ)－a≥0，即a≤0，f′(x)≥0在[e，e2]恒成立，故f(x)在[e，e2]上為增函數(shù)， 于是，f(x)min＝f(e)＝e－ae≥e>，矛盾． (ⅱ)－a<0，即0下載提示(請認(rèn)真閱讀)
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