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

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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.