《2019屆高考數(shù)學一輪復習 第二章 函數(shù)、導數(shù)及其應用 第13節(jié) 導數(shù)的綜合應用 第三課時練習 新人教A版.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019屆高考數(shù)學一輪復習 第二章 函數(shù)、導數(shù)及其應用 第13節(jié) 導數(shù)的綜合應用 第三課時練習 新人教A版.doc（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
第二章 第13節(jié) 導數(shù)的綜合應用 第三課時
1．(導學號14577238)(理科)(2018濟南市一模)已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．
(1)若函數(shù)f(x)在x＝0處取得極值，求實數(shù)a的值；并求此時f(x)在[－2,1]上的最大值；
(2)若函數(shù)f(x)不存在零點，求實數(shù)a的取值范圍．
解：(1)函數(shù)的定義域為R，f′(x)＝ex＋a，
由函數(shù)f(x)在x＝0處取得極值，
則f′(0)＝1＋a＝0，解得a＝－1，
即有f(x)＝ex－x＋1，f′(x)＝ex－1，
當x＜0時，有f′(x)＜0，f(x)遞減，
當x＞0時，有f′(x)＞0，f(x)遞增．
則x＝0處f(x)取得極小值，也為最小值，且為2，
又f(－2)＝e－2＋3，f(1)＝e，f(－2)＞f(1)，
即有f(－2)為最大值e－2＋3；
(2)函數(shù)f(x)不存在零點，即為
ex＋ax－a＝0無實數(shù)解，
由于x＝1時，e＋0＝0顯然不成立，即有a∈R且a≠0.
若x≠1，即有－a＝，
令g(x)＝，則g′(x)＝，
當x＞2時，g′(x)＞0，g(x)遞增，
當x＜1和1＜x＜2時，g′(x)＜0，g(x)遞減．
即有x＝2處g(x)取得極小值，為e2，
在x＜1時，g(x)＜0，則有0＜－a＜e2，
解得－e2＜a＜0，
則實數(shù)a的取值范圍為(－e2,0)．
1．(導學號14577239)(文科)(2018南平市質檢)已知函數(shù)f(x)＝ex－x.
(1)求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；
(2)已知t為實數(shù)，求函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋2]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，b]?D及實常數(shù)m，當x∈[a，b]時，g(x)的取值范圍恰為[a＋m，b＋m]，則稱區(qū)間[a，b]為g(x)的一個同步偏移區(qū)間，m為同步偏移量．
試問函數(shù)y＝[f(x)＋x](x2－1)在(1，＋∞)上是否存在同步偏移區(qū)間？若存在，請求出一個同步偏移區(qū)間及對應的偏移量；若不存在，請說明理由．
解：(1)由題意知f(1)＝e－1, f′(x)＝ex－1.
∴函數(shù)f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率k＝e－1，
∴切線方程為y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x.
(2)令f′(x)＝ex－1＝0得x＝0.
①當t≥0時，在[t，t＋2]上f′(x)≥0，f(x)單調遞增，fmin(x)＝f(t)＝et－t.
②當－2
1時，g′(x)>0 ，∴g(x)為增函數(shù)，∴
即方程(x2－1)ex＝x＋m有兩個大于1的相異實根．
設φ(x)＝(x2－1)ex－x－m(x>1)，則φ′(x)＝(x2＋2x－1)ex－1.
∵x>1，φ′(x)>0，∴φ(x)在(1，＋∞)上單調遞增.
∴φ(x)在區(qū)間(1，＋∞)上至多有一個零點與方程(x2－1)ex＝x＋m有兩個大于1的相異實根矛盾，
∴假設不成立，即g(x)在(1，＋∞)上不存在同步偏移區(qū)間．
2．(導學號14577240)(理科)(2018濮陽市一模)設函數(shù)f(x)＝aln x－bx2.
(1)當b＝1時，討論函數(shù)f(x)的單調性；
(2)當a＝1，b＝0時，函數(shù)g(x)＝f(x)－kx，k為常數(shù)，若函數(shù)g(x)有兩個相異零點x1，x2，證明：x1x2>e2.
解：(1)b＝1時，f(x)＝aln x－x2，定義域是(0，＋∞)，
∴f′(x)＝(x＞0)，
①a≤0時，a－2x2≤0，f′(x)≤0，f(x)在(0，＋∞)遞減．
②a＞0時，f′(x)＝，(x＞0)，
x∈時，f′(x)＞0，x∈時，
f′(x)＜0，
故f(x)在遞減，在遞增．
(2)證明：a＝1，b＝0時，g(x)＝f(x)－kx＝ln x－kx，
由g(x)＝0，得ln x＝kx，設x1＞x2，
又∵ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0，
∴l(xiāng)n x1＋ln x2＝k(x1＋x2)，
ln x1－ln x2＝k(x1－x2)，
∴＝k.
要證明x1x2＞e2，只需證明ln x1＋ln x2＞2，
即證明k(x1＋x2)＞2，即證明k＞，
即證明＞，
即證明ln ＞.
設t＝，則t＞1.
設h(t)＝ln t－，(t＞1)，
則h′(t)＝＞0，
∴函數(shù)h(t)在(1，＋∞)遞增．
∵h(1)＝0，∴h(t)＞h(1)＝0，
∴l(xiāng)n t＞，∴x1x2＞e2.
3．(導學號14577241)(文科)(2018菏澤市一模)設函數(shù)f(x)＝ln x－ax2－bx.
(1)當a＝b＝時，求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；
(2)令F(x)＝f(x)＋ax2＋bx＋(00；當x>1時，f′(x)<0，
所以f(x)的單調增區(qū)間為(0,1)，減區(qū)間為(1，＋∞)．
(2)由題意知F(x)＝ln x＋，x∈(0,3]則有k＝F′(x0)＝≤在(0,3)上恒成立，所以a≥max，當x0＝1時，－x＋x0取得最大值，所以a≥；
(3)當a＝0，b＝－1時，f(x)＝ln x＋x，
由f(x)＝mx，得ln x＋x＝mx，又x>0，
所以m＝1＋，
要使方程f(x)＝mx在區(qū)間[1，e2]上有唯一實數(shù)解，
只需m＝1＋有唯一實數(shù)解，
令g(x)＝1＋(x>0)，
∴g′(x)＝，由g′(x)>0得0e，
∴g(x)在區(qū)間[1，e]上是增函數(shù)，在區(qū)間[e，e2]上是減函數(shù)．
g(1)＝1，g(e2)＝1＋，g(e)＝1＋，故1≤m<1＋.
3．(導學號14577242)(理科)(2018鷹潭市一模)已知函數(shù)f(x)＝(2ax2＋bx＋1)e－x(e為自然對數(shù)的底數(shù))．
(1)若a＝，求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；
(2)若f(1)＝1，且方程f(x)＝1在(0,1)內有解，求實數(shù)a的取值范圍．
解：(1)若a＝，f(x)＝(x2＋bx＋1)e－x，
則f′(x)＝(2x＋b)e－x－(x2＋bx＋1)e－x
＝－[x2＋(b－2)x＋1－b]e－x
＝－(x－1)[x－(1－b)]e－x，
由f′(x)＝0得－(x－1)[x－(1－b)]＝0，
即x＝1或x＝1－b，
①若1－b＝1，即b＝0時，f′(x)＝－(x－1)2e－x≤0，此時函數(shù)單調遞減，單調遞減區(qū)間為(－∞，＋∞)．
②若1－b＞1，即b＜0時，由f′(x)＝－(x－1)[x－(1－b)]e－x＞0得(x－1)[x－(1－b)]＜0，即1＜x＜1－b，
此時函數(shù)單調遞增，單調遞增區(qū)間為(1,1－b)，
由f′(x)＝－(x－1)[x－(1－b)]e－x＜0得(x－1)[x－(1－b)]＞0，即x＜1，或x＞1－b，
此時函數(shù)單調遞減，單調遞減區(qū)間為(－∞，1)，(1－b，＋∞)，
③若1－b＜1，即b＞0時，由f′(x)＝－(x－1)[x－(1－b)]e－x＞0得(x－1)[x－(1－b)]＜0，即1－b＜x＜1，
此時函數(shù)單調遞增，單調遞增區(qū)間為(1－b,1)，
由f′(x)＝－(x－1)[x－(1－b)]e－x＜0得(x－1)[x－(1－b)]＞0，即x＜1－b，或x＞1，
此時函數(shù)單調遞減，單調遞減區(qū)間為(－∞，1－b)，(1，＋∞)．
(2)若f(1)＝1，則f(1)＝(2a＋b＋1)e－1＝1，
即2a＋b＋1＝e，則b＝e－1－2a，
若方程f(x)＝1在(0,1)內有解，
即方程f(x)＝(2ax2＋bx＋1)e－x＝1在(0,1)內有解，
即2ax2＋bx＋1＝ex在(0,1)內有解，
即ex－2ax2－bx－1＝0，
設g(x)＝ex－2ax2－bx－1，
則g(x)在(0,1)內有零點，
設x0是g(x)在(0,1)內的一個零點，
則g(0)＝0，g(1)＝0，知函數(shù)g(x)在(0，x0)和(x0,1)上不可能單調遞增，也不可能單調遞減，
設h(x)＝g′(x)，
則h(x)在(0，x0)和(x0,1)上存在零點，
即h(x)在(0,1)上至少有兩個零點，
g′(x)＝ex－4ax－b，h′(x)＝ex－4a，
當a≤時，h′(x)＞0，h(x)在(0,1)上遞增，h(x)不可能有兩個及以上零點，
當a≥時，h′(x)＜0，h(x)在(0,1)上遞減，h(x)不可能有兩個及以上零點，
當＜a＜時，令h′(x)＝0，得x＝ln (4a)∈(0,1)，
則h(x)在(0，ln (4a))上遞減，在(ln(4a)，1)上遞增，h(x)在(0,1)上存在最小值h(ln(4a))．
若h(x)有兩個零點，則有h(ln (4a))＜0，h(0)＞0，h(1)＞0，
h(ln (4a))＝4a－4aln (4a)－b＝6a－4aln (4a)＋1－e，＜a＜，
設φ(x)＝x－xln x＋1－x，(1＜x＜e)，
則φ′(x)＝－ln x，
令φ′(x)＝－ln x＝0，得x＝，
當1＜x＜時，φ′(x)＞0，此時函數(shù)φ(x)遞增，
當＜x＜e時，φ′(x)＜0，此時函數(shù)φ(x)遞減，
則φ(x)max＝φ()＝＋1－e＜0，
則h(ln(4a))＜0恒成立，
由h(0)＝1－b＝2a－e＋2＞0，h(1)＝e－4a－b＞0，
得＜a＜，
當＜a＜時，設h(x)的兩個零點為x1，x2，則g(x)在(0，x1)遞增，
在(x1，x2)上遞減，在(x2,1)遞增，
則g(x1)＞g(0)＝0，
g(x2)＜g(1)＝0，
則g(x)在(x1，x2)內有零點，
綜上，實數(shù)a的取值范圍是.
4．(導學號14577243)(理科)(2018長春市一模)已知函數(shù)f(x)＝，其中a為實數(shù)，常數(shù)e＝2.718……
(1)若x＝是函數(shù)f(x)的一個極值點，求a的值；
(2)當a＝－4時，求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；
(3)當a取正實數(shù)時，若存在實數(shù)m，使得關于x的方程f(x)＝m有三個實數(shù)根，求a的取值范圍．
解：(1) f′(x)＝.
因為x＝是函數(shù)f(x)的一個極值點，所以f′＝0，
即a－a＋1＝0，a＝.
而當a＝時，ax2－2ax＋1＝
＝，
可驗證：x＝是函數(shù)f(x)的一個極值點．因此a＝.
(2)當a＝－4時，f′(x)＝
令f′(x)＝0得－4x2＋8x＋1＝0，解得x＝1，
而x≠.
所以當x變化時，f′(x)、f(x)的變化是
因此f(x)的單調增區(qū)間是，；
f(x)的單調減區(qū)間是，，；
(3)當a取正實數(shù)時，f′(x)＝，
令f′(x)＝0得ax2－2ax＋1＝0，
當a>1時，解得x1＝，x2＝.
f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)上單調遞增，在(x1，x2)上單調遞減，
但是函數(shù)值恒大于零，極大值f(x1)，極小值f(x2)，并且根據(jù)指數(shù)函數(shù)和二次函數(shù)的變化速度可知當x→＋∞時，f(x)＝→＋∞，當x→－∞時，f(x)＝→0.因此當f(x2)1.
由f′(x)＜0，得x>或x＜1.
當x∈(0,1)，x∈時，f(x)單調遞減．
∴f(x)的單調遞減區(qū)間為(0,1)，；
②當a＝1時，恒有f′(x)≤0，∴f(x)單調遞減．
∴f(x)的單調遞減區(qū)間為(0，＋∞)；
③當a∈(1，＋∞)時，<1.
由f′(x)＜0，得x＞1或x<.
∴當x∈，x∈(1，＋∞)時，f(x)單調遞減．
∴f(x)的單調遞減區(qū)間為，(1，＋∞)．
綜上，當a∈(0,1)時，f(x)的單調遞減區(qū)間為(0,1)，；
當a＝1時，f(x)的單調遞減區(qū)間為(0，＋∞)；
當a∈(1，＋∞)時，f(x)的單調遞減區(qū)間為，(1，＋∞)．
(2)g(x)＝x2－xln x－k(x＋2)＋2在x∈上有零點，
即關于x的方程k＝在x∈上有兩個不相等的實數(shù)根．
令函數(shù)h(x)＝，x∈.
則h′(x)＝.
令函數(shù)p(x)＝x2＋3x－2ln x－4，x∈.
則p′(x)＝在上有p′(x)≥0.
故p(x)在上單調遞增．
∵p(1)＝0，∴當x∈時，有p(x)＜0，即h′(x)＜0.∴h(x)單調遞減；
當x∈(1，＋∞)時，有p(x)＞0，即h′(x)＞0，∴h(x)單調遞增．
∵h＝＋，h(1)＝1，h(10)＝>＝>h ，
∴k的取值范圍為.
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