《(全國通用版)2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課時達標(biāo)檢測(十六)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題 文》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(全國通用版)2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課時達標(biāo)檢測(十六)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題 文(7頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、(全國通用版)2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課時達標(biāo)檢測(十六)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題 文1(2017全國卷)設(shè)函數(shù)f(x)(1x2)ex.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)當(dāng)x0時,f(x)ax1,求a的取值范圍解:(1)f(x)(12xx2)ex.令f(x)0,得x1或x1.當(dāng)x(,1)時,f(x)0;當(dāng)x(1,1)時,f(x)0;當(dāng)x(1,)時,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)f(x)(1x)(1x)ex.當(dāng)a1時,設(shè)函數(shù)h(x)(1x)ex,則h(x)xex0(x0)因此h(x)在0,)上單調(diào)遞減,又h(0)1,故h
2、(x)1,所以f(x)(x1)h(x)x1ax1.當(dāng)0a1時,設(shè)函數(shù)g(x)exx1,則g(x)ex10(x0),所以g(x)在0,)上單調(diào)遞增,而g(0)0,故exx1.當(dāng)0x1時,f(x)(1x)(1x)2,(1x)(1x)2ax1x(1axx2),取x0,則x0(0,1),(1x0)(1x0)2ax010,故f(x0)ax01.當(dāng)a0時,取x0,則x0(0,1),f(x0)(1x0)(1x0)21ax01.綜上,a的取值范圍是1,)2(2018沈陽監(jiān)測)已知函數(shù)f(x)aln x(a0),e為自然對數(shù)的底數(shù)(1)若過點A(2,f(2)的切線斜率為2,求實數(shù)a的值;(2)當(dāng)x0時,求證f(
3、x)a;(3)若在區(qū)間(1,e)上eex0),則g(x)a.令g(x)0,即a0,解得x1,令g(x)0,解得0x1;g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,)上單調(diào)遞增g(x)的最小值為g(1)0,f(x)a.(3)由題意可知eex,化簡得.令h(x),則h(x),由(2)知,當(dāng)x(1,e)時,ln x10,h(x)0,即h(x)在(1,e)上單調(diào)遞增,h(x)0)當(dāng)k2時,f(x)211,當(dāng)且僅當(dāng)x1時,等號成立所以函數(shù)f(x)的圖象的切線斜率中的最大值為1.(2)因為關(guān)于x的方程f(x)k有解,令g(x)f(x)kkln xk,則問題等價于函數(shù)g(x)存在零點g(x).當(dāng)k0時,g(x)
4、0,g(e1)kk110時,令g(x)0,得x.g(x),g(x)隨x的變化情況如下表:xg(x)0g(x)極小值所以gkkkln kln k為函數(shù)g(x)的最小值,當(dāng)g0,即0k0,所以函數(shù)g(x)存在零點綜上,當(dāng)k0或k1時,關(guān)于x的方程f(x)k有解中檔難度題學(xué)優(yōu)生做1設(shè)函數(shù)f(x)aln xx2bx(a1),曲線yf(x)在點(1,f(1)處的切線斜率為0.(1)求b;(2)若存在x01,使得f(x0)0,f(x)在(1,)單調(diào)遞增所以,存在x01,使得f(x0)的充要條件為f(1),即1,解得1a1.若a1,故當(dāng)x時,f(x)0.f(x)在單調(diào)遞減,在單調(diào)遞增所以,存在x01,使得f
5、(x0)的充要條件為f,所以不合題意若a1,則f(1)1.綜上,a的取值范圍是(1,1)(1,)2(2017廣西陸川二模)已知函數(shù)f(x)ln xmxm.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若f(x)0在(0,)上恒成立,求實數(shù)m的取值范圍;(3)在(2)的條件下,對任意的0ab,求證:0恒成立,則函數(shù)f(x)在(0,)上單調(diào)遞增,無單調(diào)遞減區(qū)間;當(dāng)m0時,由f(x)0,得x,由f(x)0時,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是,單調(diào)遞減區(qū)間是.(2)由(1)知:當(dāng)m0時,f(x)在(0,)上單調(diào)遞增,f(1)0,顯然不符合題意;當(dāng)m0時,f(x)maxfln 1mmln m1,只需mln m10即
6、可令g(x)xln x1,則g(x)1,x(0,),g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,)上單調(diào)遞增g(x)ming(1)0.g(x)0對x(0,)恒成立,也就是mln m10對m(0,)恒成立,由mln m10,解得m1.若f(x)0在(0,)上恒成立,則m1.(3)證明:11.由(2)得f(x)0在(0,)上恒成立,即ln xx1,當(dāng)且僅當(dāng)x1時取等號又由0a1,0ln 1,即1.則11.較高難度題學(xué)霸做1(2017天津高考)設(shè)a,bR,|a|1.已知函數(shù)f(x)x36x23a(a4)xb,g(x)exf(x)(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)已知函數(shù)yg(x)和yex的圖象在公共點(
7、x0,y0)處有相同的切線,求證:f(x)在xx0處的導(dǎo)數(shù)等于0;若關(guān)于x的不等式g(x)ex在區(qū)間x01,x01上恒成立,求b的取值范圍解:(1)由f(x)x36x23a(a4)xb,可得f(x)3x212x3a(a4)3(xa)x(4a)令f(x)0,解得xa,或x4a.由|a|1,得a4a.當(dāng)x變化時,f(x),f(x)的變化情況如下表:x(,a)(a,4a)(4a,)f(x)f(x)所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(,a),(4a,),單調(diào)遞減區(qū)間為(a,4a)(2)證明:因為g(x)exf(x)f(x),由題意知所以解得所以f(x)在xx0處的導(dǎo)數(shù)等于0.因為g(x)ex,xx01,x0
8、1,由ex0,可得f(x)1.又因為f(x0)1,f(x0)0,所以x0為f(x)的極大值點,結(jié)合(1)知x0a.另一方面,由于|a|1,故a14a,由(1)知f(x)在(a1,a)內(nèi)單調(diào)遞增,在(a,a1)內(nèi)單調(diào)遞減,故當(dāng)x0a時,f(x)f(a)1在a1,a1上恒成立,從而g(x)ex在x01,x01上恒成立由f(a)a36a23a(a4)ab1,得b2a36a21,1a1.令t(x)2x36x21,x1,1,所以t(x)6x212x,令t(x)0,解得x2(舍去)或x0.因為t(1)7,t(1)3,t(0)1,因此t(x)的值域為7,1所以b的取值范圍是7,12(2016四川高考)設(shè)函數(shù)
9、f(x)ax2aln x,g(x),其中aR,e2.718為自然對數(shù)的底數(shù)(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)證明:當(dāng)x1時,g(x)0;(3)確定a的所有可能取值,使得f(x)g(x)在區(qū)間(1,)內(nèi)恒成立解:(1)由題意得f(x)2ax(x0)當(dāng)a0時,f(x)0,f(x)在(0,)內(nèi)單調(diào)遞減當(dāng)a0時,由f(x)0得,x,當(dāng)x時,f(x)0,f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x時,f(x)0,f(x)單調(diào)遞增(2)證明:令s(x)ex1x,則s(x)ex11.當(dāng)x1時,s(x)0,所以ex1x,從而g(x)0.(3)由(2)知,當(dāng)x1時,g(x)0.當(dāng)a0,x1時,f(x)a(x21)ln x0.故當(dāng)f(x)g(x)在區(qū)間(1,)內(nèi)恒成立時,必有a0.當(dāng)0a時, 1.由(1)有ff(1)0,而g0,所以此時f(x)g(x)在區(qū)間(1,)內(nèi)不恒成立當(dāng)a時,令h(x)f(x)g(x)(x1)當(dāng)x1時,h(x)2axe1xx0.因此,h(x)在區(qū)間(1,)上單調(diào)遞增又因為h(1)0,所以當(dāng)x1時,h(x)f(x)g(x)0恒成立,綜上,a.