2019版高考数学二轮复习限时检测提速练22大题考法——导数的综合应用.doc

1、1限时检测提速练(二十二) 大题考法导数的综合应用A 组1(2018衡阳模拟)已知函数 f(x) aln x(xR)2x(1)若函数 f(x)在(0,2)上递减，求实数 a 的取值范围；(2)设 h(x) f(x)|( a2) x|， x1，)，求证： h(x)2(1)解：函数 f(x)在(0,2)上递减 x(0,2), 恒有 f( x)0 成立，而 f( x)0 x(0,2), 恒有 a 成立，ax 2x2 2x当 x(0,2)时， 1，所以 a12x(2)证明：当 a2 时， h(x) f(x)( a2) x aln x( a2) x， h( x)2x a20，ax 2x2所以 h(x)在

2、1，)上是增函数，故 h(x) h(1) a2，当 a2 时， h(x) f(x)( a2) x aln x( a2) x，2xh( x) a2 0，ax 2x2 2 a x 2 x 1x2解得 x 0 或 x1，所以函数 h(x)在1，)单调递增，22 a所以 h(x) h(1)4 a2，综上所述： h(x)22(2018邯郸二模)已知函数 f(x)3e x x2， g(x)9 x1(1)求函数 (x) xex4 x f(x)的单调区间；(2)比较 f(x)与 g(x)的大小，并加以证明解：(1) ( x)( x2)(e x2)，令 ( x)0，得 x1ln 2， x22；令 ( x)0，得

3、 xln 2 或 x2；令 ( x)0，得 ln 2 x2故 (x)在(，ln 2)上单调递增，在(ln 2,2)上单调递减，在(2，)上单调递增(2)f(x) g(x)证明如下：设 h(x) f(x) g(x)3e x x29 x1， h( x)3e x2 x9 为增函数，可设 h( x0)0， h(0)60， h(1)3e70，2 x0(0,1)当 x x0时， h( x)0；当 x x0时， h( x)0 h(x)min h(x0)3e x0 x 9 x01，20又 3ex02 x090，3e x02 x09， h(x)min2 x09 x 9 x01 x 11 x010( x01)(

4、x010)20 20 x0(0,1)，( x01)( x010)0， h(x)min0， f(x) g(x)3(2018西宁一模)设 f(x)ln x， g(x) x|x|12(1)令 F(x) xf(x) g(x)，求 F(x)的单调区间；(2)若任意 x1， x21，)且 x1 x2，都有 mg(x2) g(x1) x2f(x2) x1f(x1)恒成立，求实数 m 的取值范围解：(1) F(x)的定义域为(0，)， F(x) xln x x2，则 F( x)ln x1 x，12令 G(x) F( x)ln x1 x，则 G( x) 1，1x由 G( x) 10 得 0 x1， G( x)

5、10，得 x1，1x 1x则 G(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，即 F( x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减， F( x) F(1)0， F(x)的定义域为(0，)上单调递减(2)据题意，当 1 x1 x2时， mg(x2) g(x1) x2f(x2) x1f(x1)恒成立，当 1 x1 x2时， mg(x2) x2f(x2) mg(x1) x1f(x1)恒成立，令 H(x) mg(x) xf(x)，即 H(x) mx2 xln x，12则 H(x)在1，)上是增函数， H( x)0 在1，)上恒成立， m (x1)，ln x 1x令 h(x) (x1)， h

6、 x) 0，ln x 1x 1 ln x 1x2 ln xx2 h(x)在1，)上为减函数， h(x)max h(1)1， m14(2018湖南联考)已知函数 f(x)ln x ax(1)讨论函数 f(x)的单调性；3(2)当 a1 时，函数 g(x) f(x) x m 有两个零点 x1， x2，且 x1 x2. 求证：12xx1 x21解：(1) f( x) a， x(0，)，1x当 a0 时， f(x)在(0，)上单调递增；当 a0 时， f(x)在 上单调递增，在 上单调递减(0， 1a) ( 1a， )(2)当 a1 时， g(x)ln x m，12x由已知得：ln x1 m，ln

7、x2 m，12x1 12x2两式相减得 ln 0 x1x2 ，x1x2 12x1 12x2 x1 x22ln x1x2 x1 ， x2 ， x1 x2 ，x1x2 12ln x1x21 x2x12ln x1x2x1x2 x2x12ln x1x2令 t (0,1)，则 h(t) t 2ln t，x1x2 1th( t)1 0，1t2 2t t2 2t 1t2 h(t)在(0,1)上单调递增， h(t) h(1)0，即 t 2ln t，1t又 ln t0， 1， x1 x21t 1t2ln tB 组1(2018安庆二模)已知函数 f(x)( x1)e x ax2(e 是自然对数的底数)(1)判断函

8、数 f(x)极值点的个数，并说明理由；(2)若 x0， f(x)e x x3 x，求 a 的取值范围解：(1) f( x) xex2 ax x(ex2 a)当 a0 时， f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增， f(x)有 1 个极值点；当 0 a 时， f(x)在(，ln 2a)上单调递增，在(ln 2a,0)上单调递减，在12(0，)上单调递增， f(x)有 2 个极值点；4当 a 时， f(x)在 R 上单调递增， f(x)没有极值点；12当 a 时， f(x)在(，0)上单调递增，在(0，ln 2a)上单调递减，在(ln 122a，)上单调递增， f(x)有 2 个极值点

9、当 a0 时， f(x)有 1 个极值点；当 a0 且 a 时， f(x)有 2 个极值点；当 a 时，12 12f(x)没有极值点(2)由 f(x)e x x3 x 得 xex x3 ax2 x0当 x0 时，e x x2 ax10，即 a 对 x 0 恒成立ex x2 1x设 g(x) ，则 g( x) ex x2 1x x 1 ex x 1x2设 h(x)e x x1，则 h( x)e x1 x0， h( x)0， h(x)在(0，)上单调递增， h(x) h(0)0，即 ex x1， g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增， g(x) g(1)e2， ae2， a 的取

10、值范围是(，e22(2018中山二模)已知函数 f(x)ln x ax2 x， aR12(1)若 f(1)0，求函数 f(x)的单调递减区间；(2)若关于 x 的不等式 f(x) ax1 恒成立，求整数 a 的最小值解：(1)因为 f(1)1 0，所以 a2，a2故 f(x)ln x x2 x， x0，所以 f( x) 2 x1 (x0)，1x 2x2 x 1x x 1 2x 1x由 f( x)0，解得 x1，所以 f(x)的单调减区间为(1，)(2)令 g(x) f(x)( ax1)ln x ax2(1 a)x1， x0，12由题意可得 g(x)0 在(0，)上恒成立又 g( x) ax(1

11、 a) 1x ax2 1 a x 1x当 a0 时，则 g( x)0所以 g(x)在(0，)上单调递增，5又因为 g(1)ln 1 a12(1 a)1 a20，12 32所以关于 x 的不等式 f(x) ax1 不能恒成立当 a0 时，g( x) ， ax2 1 a x 1x a(x 1a) x 1x令 g( x)0，得 x 1a所以当 x 时， g( x)0，函数 g(x)单调递增；(0，1a)当 x 时， g( x)0，函数 g(x)单调递减(1a， )故当 x 时，函数 g(x)取得极大值，也为最大值，且最大值为 g ln 1a (1a) a 2(1 a) 1 ln a1a 12 (1a

12、) 1a 12a令 h(a) ln a， a0，12a则 h(a)在(0，)上单调递减，因为 h(1) 0， h(2) ln 2012 14所以当 a2 时， h(a)0，所以整数 a 的最小值为 23(2018华南师大附中模拟)已知函数 f (x) ex1，其中 e2.718为(x 1a6)自然对数的底数，常数 a0(1)求函数 f(x)在区间(0，)上的零点个数；(2)函数( x)的导数 F( x)(e x a)f(x)，是否存在无数个 a(1,4)，使得 ln a 为函数 F(x)的极大值点？说明理由解：(1) f( x) ex，(xa6)当 0 x 时， f( x)0，函数 f(x)单

13、调递减，a6当 x 时， f( x)0，函数 f(x)单调递增，a6 f f(0) 0， f 10，(a6) a6 (1 a6)6存在 x0 ，使 f(x0)0，(a6， 1 a6)且当 0 x x0时， f(x)0， x x0时， f(x)0，函数 f(x)在区间(0，)上只有一个零点(2)当 a1 时，ln a0， x(0，ln a)，e x a0，当 x(ln a，)，e x a0，由(1)知，当 0 x x0时， f(x)0， x x0时， f (x)0，下证：当 a(1，e)时，ln a x0，即证 f(ln a)0， f(ln a) aln a a 1，a26设 g(x) xln

14、x x 1， x(1，e)，x26 g( x)ln x x， g( x) 0，13 3 x3x g( x)在(1，e)上单调递增， g(1) 0， g(e)1 0，13 e3存在唯一的零点 t0(1，e)，使得 g(t0)0，且 x(1， t0)时， g( x)0， g(x)单调递减，x( t0，e)时， g( x)0， g(x)单调递增，当 x(1，e)时， g(x)max g(1)， g(e)，由 g(1) 0， g(e) 0，16 6 e26当 x(1，e)时， g(x)0，故 f(ln a)0,0ln a x0，当 0 xln a 时，e x a0， F( x)(e x a)f(x)0

15、函数 F(x)单调递增，当 ln a x x0时，e x a0， F( x)(e x a)f(x)0，函数 F(x)单调递减，故存在无数个 a(1,4)时，使得 ln a 为函数 F(x)的极大值点4(2018安庆二模)已知函数 f(x) x2 ax bln x，曲线 y f(x)在点(1， f(1)处的切线方程为 y2 x(1)求实数 a 和 b 的值；(2)设 F(x) f(x) x2 mx(mR)， x1， x2(0 x1 x2)分别是函数 F(x)的两个零点，求证： F( )0x1x2解：(1)由 f(x) x2 ax bln x，得 f(1)1 a，7f( x)2 x a ， f(

16、1)2 a b，bx所以曲线 y f(x)在点(1， f(1)处的切线方程 y(2 a b)(x1)(1 a)(*)将方程(*)与 y2 x 比较，得Error!解得 a1， b1(2)F(x) f(x) x2 mx( x2 xln x) x2 mx( m1) xln x因为 x1， x2(x1 x2)分别是函数 F(x)的两个零点，所以Error!两式相减，得( m1)( x1 x2)(ln x1ln x2)0，所以 m1 ln x1 ln x2x1 x2因为 F( x) m1 ，1x所以 F( )( m1) x1x21x1x2 ln x1 ln x2x1 x2 1x1x2要证 F( )0，即证 0x1x2ln x1 ln x2x1 x2 1x1x2因 0 x1 x2，故又只要证 ln x1ln x2 0ln 0x1 x2x1x2 x1x2 x1x2 x2x1令 t (0,1)，则即证明 2ln t t 0x1x2 1t令 (t)2ln t t ，0 t1，1t则 ( t) 1 02t 1t2 t 1 2t2这说明函数 (t)在区间(0,1)上单调递减，所以 (t) (1)0，即 2ln t t 0 成立1t由上述分析可知 F( )0 成立x1x28