2019版高考數(shù)學二輪復習 限時檢測提速練22 大題考法——導數(shù)的綜合應用.doc

限時檢測提速練(二十二)大題考法導數(shù)的綜合應用A組1(2018衡陽模擬)已知函數(shù)f(x)aln x(xR)(1)若函數(shù)f(x)在(0,2)上遞減，求實數(shù)a的取值范圍；(2)設h(x)f(x)|(a2)x|，x1，)，求證：h(x)2(1)解：函數(shù)f(x)在(0,2)上遞減x(0,2), 恒有f(x)0成立，而f(x)0x(0,2), 恒有a成立，當x(0,2)時，1，所以a1(2)證明：當a2時，h(x)f(x)(a2)xaln x(a2)x，h(x)a20，所以h(x)在1，)上是增函數(shù)，故h(x)h(1)a2，當a2時，h(x)f(x)(a2)xaln x(a2)x，h(x)a20，解得x0或x1，所以函數(shù)h(x)在1，)單調遞增，所以h(x)h(1)4a2，綜上所述：h(x)22(2018邯鄲二模)已知函數(shù)f(x)3exx2，g(x)9x1(1)求函數(shù)(x)xex4xf(x)的單調區(qū)間；(2)比較f(x)與g(x)的大小，并加以證明解：(1)(x)(x2)(ex2)，令(x)0，得x1ln 2，x22；令(x)0，得xln 2或x2；令(x)0，得ln 2x2故(x)在(，ln 2)上單調遞增，在(ln 2,2)上單調遞減，在(2，)上單調遞增(2)f(x)g(x)證明如下：設h(x)f(x)g(x)3exx29x1，h(x)3ex2x9為增函數(shù)，可設h(x0)0，h(0)60，h(1)3e70，x0(0,1)當xx0時，h(x)0；當xx0時，h(x)0h(x)minh(x0)3ex0x9x01，又3ex02x090，3ex02x09，h(x)min2x09x9x01x11x010(x01)(x010)x0(0,1)，(x01)(x010)0，h(x)min0，f(x)g(x)3(2018西寧一模)設f(x)ln x，g(x)x|x|(1)令F(x)xf(x)g(x)，求F(x)的單調區(qū)間；(2)若任意x1，x21，)且x1x2，都有mg(x2)g(x1)x2f(x2)x1f(x1)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍解：(1)F(x)的定義域為(0，)，F(xiàn)(x)xln xx2，則F(x)ln x1x，令G(x)F(x)ln x1x，則G(x)1，由G(x)10得0x1，G(x)10，得x1，則G(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，)上單調遞減，即F(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，)上單調遞減，F(xiàn)(x)F(1)0，F(xiàn)(x)的定義域為(0，)上單調遞減(2)據(jù)題意，當1x1x2時，mg(x2)g(x1)x2f(x2)x1f(x1)恒成立，當1x1x2時，mg(x2)x2f(x2)mg(x1)x1f(x1)恒成立，令H(x)mg(x)xf(x)，即H(x)mx2xln x，則H(x)在1，)上是增函數(shù)，H(x)0在1，)上恒成立， m(x1)，令h(x)(x1)，h(x)0，h(x)在1，)上為減函數(shù)，h(x)maxh(1)1，m14(2018湖南聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)ln xax(1)討論函數(shù)f(x)的單調性；(2)當a1時，函數(shù)g(x)f(x)xm有兩個零點x1，x2，且x1x2. 求證：x1x21解：(1)f(x)a，x(0，)，當a0時，f(x)在(0，)上單調遞增；當a0時，f(x)在上單調遞增，在上單調遞減(2)當a1時，g(x)ln xm，由已知得：ln x1m，ln x2m，兩式相減得ln 0x1x2，x1，x2，x1x2，令t(0,1)，則h(t)t2ln t，h(t)10，h(t)在(0,1)上單調遞增，h(t)h(1)0，即t2ln t，又ln t0，1，x1x21B組1(2018安慶二模)已知函數(shù)f(x)(x1)exax2(e是自然對數(shù)的底數(shù))(1)判斷函數(shù)f(x)極值點的個數(shù)，并說明理由；(2)若x0，f(x)exx3x，求a的取值范圍解：(1)f(x)xex2axx(ex2a)當a0時，f(x)在(，0)上單調遞減，在(0，)上單調遞增，f(x)有1個極值點；當0a時， f(x)在(，ln 2a)上單調遞增，在(ln 2a,0)上單調遞減，在(0，)上單調遞增，f(x)有2個極值點；當a時，f(x)在R上單調遞增，f(x)沒有極值點；當a時，f(x)在(，0)上單調遞增，在(0，ln 2a)上單調遞減，在(ln 2a，)上單調遞增，f(x)有2個極值點；當a0時，f(x)有1個極值點；當a0且a時，f(x)有2個極值點；當a時，f(x)沒有極值點(2)由f(x)exx3x得xexx3ax2x0當x0時，exx2ax10，即a對x0恒成立設g(x)，則g(x)設h(x)exx1，則h(x)ex1x0，h(x)0，h(x)在(0，)上單調遞增，h(x)h(0)0，即exx1，g(x)在(0,1)上單調遞減，在(1，)上單調遞增，g(x)g(1)e2，ae2，a的取值范圍是(，e22(2018中山二模)已知函數(shù)f(x)ln xax2x，aR(1)若f(1)0，求函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間；(2)若關于x的不等式f(x)ax1恒成立，求整數(shù)a的最小值解：(1)因為f(1)10，所以a2，故f(x)ln xx2x，x0，所以f(x)2x1(x0)，由f(x)0，解得x1，所以f(x)的單調減區(qū)間為(1，)(2)令g(x)f(x)(ax1)ln xax2(1a)x1，x0，由題意可得g(x)0在(0，)上恒成立又g(x)ax(1a)當a0時，則g(x)0所以g(x)在(0，)上單調遞增，又因為g(1)ln 1a12(1a)1a20，所以關于x的不等式f(x)ax1不能恒成立當a0時，g(x)，令g(x)0，得x所以當x時，g(x)0，函數(shù)g(x)單調遞增；當x時，g(x)0，函數(shù)g(x)單調遞減故當x時，函數(shù)g(x)取得極大值，也為最大值，且最大值為gln a2(1a)1ln a令h(a)ln a，a0，則h(a)在(0，)上單調遞減，因為h(1)0，h(2)ln 20所以當a2時，h(a)0，所以整數(shù)a的最小值為23(2018華南師大附中模擬)已知函數(shù)f (x)ex1，其中 e2.718為自然對數(shù)的底數(shù)，常數(shù)a0(1)求函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，)上的零點個數(shù)；(2)函數(shù)(x)的導數(shù) F(x)(exa)f(x)，是否存在無數(shù)個a(1,4)，使得ln a為函數(shù)F(x)的極大值點？說明理由解：(1)f(x)ex，當0x時，f(x)0，函數(shù)f(x)單調遞減，當x時，f(x)0，函數(shù)f(x)單調遞增，ff(0)0，f10，存在x0，使f(x0)0，且當0xx0時，f(x)0，xx0時，f(x)0，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，)上只有一個零點(2)當a1時，ln a0，x(0，ln a)，exa0，當x(ln a，)，exa0，由(1)知，當0xx0時，f(x)0，xx0時，f (x)0，下證：當a(1，e)時，ln ax0，即證f(ln a)0，f(ln a)aln aa1，設g(x)xln xx1，x(1，e)，g(x)ln xx，g(x)0，g(x)在(1，e)上單調遞增，g(1)0，g(e)10，存在唯一的零點t0(1，e)，使得g(t0)0，且x(1，t0)時，g(x)0，g(x)單調遞減，x(t0，e)時，g(x)0，g(x)單調遞增，當x(1，e)時，g(x)maxg(1)，g(e)，由g(1)0，g(e)0，當x(1，e)時，g(x)0，故f(ln a)0,0ln ax0，當0xln a時，exa0，F(xiàn)(x)(exa)f(x)0，函數(shù)F(x)單調遞增，當ln axx0時，exa0，F(xiàn)(x)(exa)f(x)0，函數(shù)F(x)單調遞減，故存在無數(shù)個a(1,4)時，使得ln a為函數(shù)F(x)的極大值點4(2018安慶二模)已知函數(shù)f(x)x2axbln x，曲線yf(x)在點(1，f(1)處的切線方程為y2x(1)求實數(shù)a和b的值；(2)設F(x)f(x)x2mx(mR)，x1，x2(0x1x2)分別是函數(shù)F(x)的兩個零點，求證：F()0解：(1)由f(x)x2axbln x，得f(1)1a，f(x)2xa，f(1)2ab，所以曲線yf(x)在點(1，f(1)處的切線方程y(2ab)(x1)(1a)(*)將方程(*)與y2x比較，得解得a1，b1(2)F(x)f(x)x2mx(x2xln x)x2mx(m1)xln x因為x1，x2(x1x2)分別是函數(shù)F(x)的兩個零點，所以兩式相減，得(m1)(x1x2)(ln x1ln x2)0，所以m1因為F(x)m1，所以F()(m1)要證F()0，即證0因0x1x2，故又只要證ln x1ln x20ln 0令t(0,1)，則即證明2ln tt0令(t)2ln tt，0t1，則(t)10這說明函數(shù)(t)在區(qū)間(0,1)上單調遞減，所以(t)(1)0，即2ln tt0成立由上述分析可知F()0成立