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2020年高考理科数学新课标第一轮总复习练习:2_12导数的综合应用

1、课时规范练(授课提示:对应学生用书第 241 页)A 组 基础对点练1(2016高考全国卷 )设函数 f(x)ln xx1.(1)讨论 f(x)的单调性;(2)证明当 x(1,) 时,1 x;x 1ln x(3)设 c1,证明当 x(0,1)时,1(c 1)xc x.解析:(1)由题设, f(x)的定义域为(0,),f(x) 1,令 f(x)0,解得1xx1.当 0x1 时, f( x)0,f(x)单调递增;当 x1 时, f( x)0,f(x)单调递减(2)证明:由(1)知,f(x)在 x1 处取得最大值,最大值为 f(1)0.所以当 x1 时,ln xx1.故当 x(1,)时,ln xx1

2、,ln 1,1x 1x即 1 x.x 1ln x(3)证明:由题设 c1,设 g(x)1(c 1)xc x,则 g(x) c1c xln c,令 g(x) 0,解得 x0ln .c 1ln c当 xx 0时,g(x)0,g(x) 单调递增;当 xx 0时,g(x)0,g(x) 单调递减由(2)知 1 c,故 0x 01.c 1ln c又 g(0)g(1)0,故当 0x1 时,g(x)0.所以当 x(0,1)时,1(c1)xc x.2设函数 f(x)e xax 2.(1)求 f(x)的单调区间;(2)若 a1, k 为整数,且当 x0 时,(x k)f(x) x10,求 k 的最大值解析:(1)

3、f(x)的定义域为(,),f(x) e xa.若 a0,则 f(x )0,所以 f(x)在( ,)上单调递增若 a0,则当 x( ,ln a)时,f(x)0.所以,f(x) 在( ,ln a) 上单调递减,在(ln a, )上单调递增(2)由于 a1 ,所以(x k)f(x) x1(xk )(ex1) x 1.故当 x0 时,( xk )f(x)x10 等价于 k0)x 1ex 1令 g(x) x ,则 g (x) 1 .x 1ex 1 xex 1ex 12 exex x 2ex 12由(1)知,函数 h(x)e xx2 在(0,)上单调递增而 h(1)0 ,所以 h(x)在(0 , ) 上存

4、在唯一的零点故 g(x)在(0,)上存在唯一的零点设此零点为 ,则 (1,2)当 x(0,)时,g(x )0,所以 g(x)在(0,)上的最小值为 g(),又由 g()0,可得 e 2,所以 g()1(2,3)由于式等价于 k1),g(x) 90,1x即 g(x)在(1 , ) 上单调递减,则 g(x)g(1)0,即当 x1 时,9ln x9x .故当 x1 时, f(x) .9 ln xax2 14(2016高考全国卷 )设函数 f(x)cos 2x(1)(cos x1),其中 0,记|f(x)|的最大值为 A.(1)求 f(x) ;(2)求 A;(3)证明|f(x)| 2A.解析:(1)f

5、 (x)2 sin 2x(1)sin x.(2)当 1 时,|f(x)|cos 2x(1)(cos x1)| 2( 1)32f(0) 因此 A32.当 0 .1 4 15当 00 ,15知 g( 1)g(1)g .(1 4)又 |g(1)| 0,|g(1 4)| 1 1 78所以 A .|g(1 4)| 2 6 18综上,AError!(3)证明:由(1)得|f(x )|2 sin 2x( 1)sin x |2| 1|.当 00 时,x.又 xln x1,即 ln x1,当且仅当 x1ex 2 ex 1x ex 2 ex 1x时,等号成立2已知函数 f(x)x 33x 2ax2,曲线 yf(x

6、)在点(0,2)处的切线与 x 轴交点的横坐标为2.(1)求 a;(2)证明:当 k0.当 x0 时, g(x )3x 26x1k 0,g(x) 单调递增,g(1)k10 时,令 h(x)x 33x 24,则 g(x)h(x )(1 k)xh(x)h(x)3x 26x3x (x2),h(x)在(0,2) 单调递减,在(2,) 单调递增,所以g(x)h(x)h(2) 0.所以 g(x)0 在(0,)没有实根综上,g(x) 0 在 R上有唯一实根,即曲线 yf(x)与直线 ykx2 只有一个交点3(2017邢台摸底考试 )已知函数 f(x)axe x(e 为自然对数的底数 )(1)当 a 时,求函

7、数 f(x)的单调区间及极值;1e(2)当 2a e2 时,求证:f(x)2x.解析:(1)当 a 时,f(x ) xe x.1e 1e令 f( x) e x0,得 x1,1e当 x1 时, f( x)0;当 x1 时,f(x) 0,所以,函数 f(x)的单调递增区间为 (,1),单调递减区间为 (1,) ,当 x1 时,函数 f(x)有极大值 ,没有极小值2e(2)证明:令 F(x)2xf(x )e x(a2)x,当 a2 时,F( x)e x0,所以 f(x)2x.当 2a2e 时,F( x)e x(a2)e xe ln(a2) ,当 xln(a2)时,F( x)0;当 xln( a2)时

8、,F (x)0,所以 F(x)在( ,ln(a2)上单调递减,在(ln(a2),)上单调递增,所以F(x) F(ln(a2)e ln(a2) (a2)ln( a2)(a2)1ln(a2)因为 2a2e ,所以 a20,1ln(a2) 1 ln(2e)20,所以 F(x)0 ,即 f(x)2x,综上,当 2ae 2 时, f(x)2x.4(2017开封模拟 )已知函数 f(x)xln xax (aR) (1)若函数 f(x)在区间e 2,)上为增函数,求 a 的取值范围;(2)若对任意 x(1,),f(x)k (x1)axx 恒成立,求正整数 k 的值解析:(1)由 f(x)xln x ax ,

9、得 f(x)ln xa1,函数 f(x)在区间e 2,)上为增函数,当 xe 2, )时,f (x)0,即 ln xa10 在区间e 2,)上恒成立,a 1ln x.当 xe 2, )时,ln x2,), 1 ln x(,3a 3.(2)若对任意 x(1,),f(x)k (x1)axx 恒成立,即 xln xaxk(x 1)axx 恒成立,也就是 k(x 1)xln x axaxx 恒成立,x (1,), x10,则问题转化为 k 对任意 x(1,) 恒成立xln x xx 1设函数 h(x) ,则 h(x ) ,xln x xx 1 x ln x 2x 12再设 m(x)xln x2,则 m

10、(x )1 .1xx (1,), m(x )0,则 m(x)xln x2 在(1,)上为增函数,m(1)1ln 121,m(2)2ln 22ln 2,m(3)3ln 321ln 30,m(4) 4ln 422ln 40,x0(3,4),使 m(x0)x 0ln x 020.当 x(1,x 0)时,m(x)0,h(x) 0,当 x(x 0, ) 时,m(x)0,h( x)0,h(x) 在(1,x 0)上单调递减,在(x 0, )上单调递增,xln x xx 1h(x)的最小值为 h(x0) .x0ln x0 x0x0 1m(x0)x 0ln x020,ln x01x 01,代入函数 h(x) 得 h(x0)xln x xx 1x 0,x0(3,4) ,且 kh(x)对任意 x(1,) 恒成立,k h(x)minx 0, k3,又 k 为正整数,k 的值为 1,2,3.