《高考數(shù)學一輪復習 第二章 函數(shù)、導數(shù)及其應用 第13節(jié) 導數(shù)的綜合應用 第三課時練習 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數(shù)學一輪復習 第二章 函數(shù)、導數(shù)及其應用 第13節(jié) 導數(shù)的綜合應用 第三課時練習 新人教A版（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第二章 第13節(jié) 導數(shù)的綜合應用 第三課時 1．(導學號14577238)(理科)(2018·濟南市一模)已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)． (1)若函數(shù)f(x)在x＝0處取得極值，求實數(shù)a的值；并求此時f(x)在[－2,1]上的最大值； (2)若函數(shù)f(x)不存在零點，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)函數(shù)的定義域為R，f′(x)＝ex＋a， 由函數(shù)f(x)在x＝0處取得極值， 則f′(0)＝1＋a＝0，解得a＝－1， 即有f(x)＝ex－x＋1，f′(x)＝ex－1， 當x＜0時，有f′(x)＜0，f(x)遞減， 當x＞0時，有f′(

2、x)＞0，f(x)遞增． 則x＝0處f(x)取得極小值，也為最小值，且為2， 又f(－2)＝e－2＋3，f(1)＝e，f(－2)＞f(1)， 即有f(－2)為最大值e－2＋3； (2)函數(shù)f(x)不存在零點，即為 ex＋ax－a＝0無實數(shù)解， 由于x＝1時，e＋0＝0顯然不成立，即有a∈R且a≠0. 若x≠1，即有－a＝， 令g(x)＝，則g′(x)＝， 當x＞2時，g′(x)＞0，g(x)遞增， 當x＜1和1＜x＜2時，g′(x)＜0，g(x)遞減． 即有x＝2處g(x)取得極小值，為e2， 在x＜1時，g(x)＜0，則有0＜－a＜e2， 解得－e2＜a＜0， 則

3、實數(shù)a的取值范圍為(－e2,0)． 1．(導學號14577239)(文科)(2018·南平市質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝ex－x. (1)求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程； (2)已知t為實數(shù)，求函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋2]上的最小值； (3)定義在區(qū)間D上的函數(shù)g(x)，若存在區(qū)間[a，b]?D及實常數(shù)m，當x∈[a，b]時，g(x)的取值范圍恰為[a＋m，b＋m]，則稱區(qū)間[a，b]為g(x)的一個同步偏移區(qū)間，m為同步偏移量． 試問函數(shù)y＝[f(x)＋x](x2－1)在(1，＋∞)上是否存在同步偏移區(qū)間？若存在，請求出一個同步偏移區(qū)間及對應的偏移量；

4、若不存在，請說明理由． 解：(1)由題意知f(1)＝e－1, f′(x)＝ex－1. ∴函數(shù)f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率k＝e－1， ∴切線方程為y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x. (2)令f′(x)＝ex－1＝0得x＝0. ①當t≥0時，在[t，t＋2]上f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增，fmin(x)＝f(t)＝et－t. ②當－2<t<0時，在[t,0]上f′(x)≤0，f(x)單調(diào)遞減；在[0，t＋2]上f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增， ∴fmin(x)＝f極小(x)＝f(0)＝1. ③當t≤－2時，在[t，t＋2]上f

5、′(x)≤0，f(x)單調(diào)遞減，fmin(x)＝f(t＋2)＝et＋2－t－2. ∴fmin(x)＝ (3)函數(shù)y＝[f(x)＋x](x2－1)在(1，＋∞)上不存在同步偏移區(qū)間． 證明如下： 假設函數(shù)g(x)＝[f(x)＋x](x2－1)＝(x2－1)ex存在同步偏移區(qū)間[a，b], 則g′(x)＝(x2＋2x－1)ex. ∵x>1時，g′(x)>0 ，∴g(x)為增函數(shù)，∴ 即方程(x2－1)ex＝x＋m有兩個大于1的相異實根． 設φ(x)＝(x2－1)ex－x－m(x>1)，則φ′(x)＝(x2＋2x－1)ex－1. ∵x>1，φ′(x)&g

6、t;0，∴φ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增. ∴φ(x)在區(qū)間(1，＋∞)上至多有一個零點與方程(x2－1)ex＝x＋m有兩個大于1的相異實根矛盾， ∴假設不成立，即g(x)在(1，＋∞)上不存在同步偏移區(qū)間． 2．(導學號14577240)(理科)(2018·濮陽市一模)設函數(shù)f(x)＝aln x－bx2. (1)當b＝1時，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；　 (2)當a＝1，b＝0時，函數(shù)g(x)＝f(x)－kx，k為常數(shù)，若函數(shù)g(x)有兩個相異零點x1，x2，證明：x1·x2>e2. 解：(1)b＝1時，f(x)＝aln x－x2，定義域是(0，＋∞)

7、， ∴f′(x)＝(x＞0)， ①a≤0時，a－2x2≤0，f′(x)≤0，f(x)在(0，＋∞)遞減． ②a＞0時，f′(x)＝，(x＞0)， x∈時，f′(x)＞0，x∈時， f′(x)＜0， 故f(x)在遞減，在遞增． (2)證明：a＝1，b＝0時，g(x)＝f(x)－kx＝ln x－kx， 由g(x)＝0，得ln x＝kx，設x1＞x2， 又∵ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0， ∴l(xiāng)n x1＋ln x2＝k(x1＋x2)， ln x1－ln x2＝k(x1－x2)， ∴＝k. 要證明x1x2＞e2，只需證明ln x1＋ln x2＞2， 即證明k

8、(x1＋x2)＞2，即證明k＞， 即證明＞， 即證明ln ＞. 設t＝，則t＞1. 設h(t)＝ln t－，(t＞1)， 則h′(t)＝＞0， ∴函數(shù)h(t)在(1，＋∞)遞增． ∵h(1)＝0，∴h(t)＞h(1)＝0， ∴l(xiāng)n t＞，∴x1x2＞e2. 3．(導學號14577241)(文科)(2018·菏澤市一模)設函數(shù)f(x)＝ln x－ax2－bx. (1)當a＝b＝時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)令F(x)＝f(x)＋ax2＋bx＋(0<x≤3)，其圖象上任意一點P(x0，y0)處切線的斜率k≤恒成立，求實數(shù)a的取值范圍。 (3)當a＝0

9、，b＝－1時，方程f(x)＝mx在區(qū)間[1，e2]內(nèi)有唯一實數(shù)解，求實數(shù)m的取值范圍。 解：(1)依題意，知f(x)的定義域為(0，＋∞)， 當a＝b＝時，f(x)＝ln x－x2－x， f′(x)＝－x－＝. 令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－2(舍去)， 當0<x<1時，f′(x)>0；當x>1時，f′(x)<0， 所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,1)，減區(qū)間為(1，＋∞)． (2)由題意知F(x)＝ln x＋，x∈(0,3]則有k＝F′(x0)＝≤在(0,3)上恒成立，所以a≥max，當x0＝1時，－x＋x0取得最大值，所以a≥； (3)

10、當a＝0，b＝－1時，f(x)＝ln x＋x， 由f(x)＝mx，得ln x＋x＝mx，又x>0， 所以m＝1＋， 要使方程f(x)＝mx在區(qū)間[1，e2]上有唯一實數(shù)解， 只需m＝1＋有唯一實數(shù)解， 令g(x)＝1＋(x>0)， ∴g′(x)＝，由g′(x)>0得0<x<e；g′(x)<0，得x>e， ∴g(x)在區(qū)間[1，e]上是增函數(shù)，在區(qū)間[e，e2]上是減函數(shù)． g(1)＝1，g(e2)＝1＋，g(e)＝1＋，故1≤m<1＋. 3．(導學號14577242)(理科)(2018·鷹潭市一模)已知函數(shù)f(x)＝

11、(2ax2＋bx＋1)e－x(e為自然對數(shù)的底數(shù))． (1)若a＝，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若f(1)＝1，且方程f(x)＝1在(0,1)內(nèi)有解，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)若a＝，f(x)＝(x2＋bx＋1)e－x， 則f′(x)＝(2x＋b)e－x－(x2＋bx＋1)e－x ＝－[x2＋(b－2)x＋1－b]e－x ＝－(x－1)[x－(1－b)]e－x， 由f′(x)＝0得－(x－1)[x－(1－b)]＝0， 即x＝1或x＝1－b， ①若1－b＝1，即b＝0時，f′(x)＝－(x－1)2e－x≤0，此時函數(shù)單調(diào)遞減，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，＋∞)． ②若1

12、－b＞1，即b＜0時，由f′(x)＝－(x－1)[x－(1－b)]e－x＞0得(x－1)[x－(1－b)]＜0，即1＜x＜1－b， 此時函數(shù)單調(diào)遞增，單調(diào)遞增區(qū)間為(1,1－b)， 由f′(x)＝－(x－1)[x－(1－b)]e－x＜0得(x－1)[x－(1－b)]＞0，即x＜1，或x＞1－b， 此時函數(shù)單調(diào)遞減，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，1)，(1－b，＋∞)， ③若1－b＜1，即b＞0時，由f′(x)＝－(x－1)[x－(1－b)]e－x＞0得(x－1)[x－(1－b)]＜0，即1－b＜x＜1， 此時函數(shù)單調(diào)遞增，單調(diào)遞增區(qū)間為(1－b,1)， 由f′(x)＝－(x－1)[x－(1

13、－b)]e－x＜0得(x－1)[x－(1－b)]＞0，即x＜1－b，或x＞1， 此時函數(shù)單調(diào)遞減，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，1－b)，(1，＋∞)． (2)若f(1)＝1，則f(1)＝(2a＋b＋1)e－1＝1， 即2a＋b＋1＝e，則b＝e－1－2a， 若方程f(x)＝1在(0,1)內(nèi)有解， 即方程f(x)＝(2ax2＋bx＋1)e－x＝1在(0,1)內(nèi)有解， 即2ax2＋bx＋1＝ex在(0,1)內(nèi)有解， 即ex－2ax2－bx－1＝0， 設g(x)＝ex－2ax2－bx－1， 則g(x)在(0,1)內(nèi)有零點， 設x0是g(x)在(0,1)內(nèi)的一個零點， 則g(0)＝0，

14、g(1)＝0，知函數(shù)g(x)在(0，x0)和(x0,1)上不可能單調(diào)遞增，也不可能單調(diào)遞減， 設h(x)＝g′(x)， 則h(x)在(0，x0)和(x0,1)上存在零點， 即h(x)在(0,1)上至少有兩個零點， g′(x)＝ex－4ax－b，h′(x)＝ex－4a， 當a≤時，h′(x)＞0，h(x)在(0,1)上遞增，h(x)不可能有兩個及以上零點， 當a≥時，h′(x)＜0，h(x)在(0,1)上遞減，h(x)不可能有兩個及以上零點， 當＜a＜時，令h′(x)＝0，得x＝ln (4a)∈(0,1)， 則h(x)在(0，ln (4a))上遞減，在(ln(4a)，1)上遞增，

15、h(x)在(0,1)上存在最小值h(ln(4a))． 若h(x)有兩個零點，則有h(ln (4a))＜0，h(0)＞0，h(1)＞0， h(ln (4a))＝4a－4aln (4a)－b＝6a－4aln (4a)＋1－e，＜a＜， 設φ(x)＝x－xln x＋1－x，(1＜x＜e)， 則φ′(x)＝－ln x， 令φ′(x)＝－ln x＝0，得x＝， 當1＜x＜時，φ′(x)＞0，此時函數(shù)φ(x)遞增， 當＜x＜e時，φ′(x)＜0，此時函數(shù)φ(x)遞減， 則φ(x)max＝φ()＝＋1－e＜0， 則h(ln(4a))＜0恒成立， 由h(0)＝1－b＝2a－e＋2＞0，h(

16、1)＝e－4a－b＞0， 得＜a＜， 當＜a＜時，設h(x)的兩個零點為x1，x2，則g(x)在(0，x1)遞增， 在(x1，x2)上遞減，在(x2,1)遞增， 則g(x1)＞g(0)＝0， g(x2)＜g(1)＝0， 則g(x)在(x1，x2)內(nèi)有零點， 綜上，實數(shù)a的取值范圍是. 4．(導學號14577243)(理科)(2018·長春市一模)已知函數(shù)f(x)＝，其中a為實數(shù)，常數(shù)e＝2.718…… (1)若x＝是函數(shù)f(x)的一個極值點，求a的值； (2)當a＝－4時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (3)當a取正實數(shù)時，若存在實數(shù)m，使得關于x的方程f(x)＝

17、m有三個實數(shù)根，求a的取值范圍． 解：(1) f′(x)＝. 因為x＝是函數(shù)f(x)的一個極值點，所以f′＝0， 即a－a＋1＝0，a＝. 而當a＝時，ax2－2ax＋1＝ ＝， 可驗證：x＝是函數(shù)f(x)的一個極值點．因此a＝. (2)當a＝－4時，f′(x)＝ 令f′(x)＝0得－4x2＋8x＋1＝0，解得x＝1±， 而x≠±. 所以當x變化時，f′(x)、f(x)的變化是 因此f(x)的單調(diào)增區(qū)間是，； f(x)的單調(diào)減區(qū)間是，，； (3)當a取正實數(shù)時，f′(x)＝， 令f′(x)＝0得ax2－2ax＋1＝0， 當a>1時，

18、解得x1＝，x2＝. f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減， 但是函數(shù)值恒大于零，極大值f(x1)，極小值f(x2)，并且根據(jù)指數(shù)函數(shù)和二次函數(shù)的變化速度可知當x→＋∞時，f(x)＝→＋∞，當x→－∞時，f(x)＝→0.因此當f(x2)<m<f(x1)時，關于x的方程f(x)＝m一定總有三個實數(shù)根，結論成立； 當0<a≤1時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(－∞，＋∞)，無論m取何值，方程f(x)＝m最多有一個實數(shù)根，結論不成立．因此所求a的取值范圍是(1，＋∞)． 4．(導學號14577244)(文科)(2018·成都市一

19、診)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋(1＋a)x－ln x(a∈R)． (1)當a＞0時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間； (2)當a＝0時，設函數(shù)g(x)＝xf(x)－k(x＋2)＋2.若函數(shù)g(x)在區(qū)間上有兩個零點，求實數(shù)k的取值范圍． 解：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)， f(x)的導數(shù)為f′(x)＝－ax＋1＋a－ ＝－(a＞0)， ①當a∈(0,1)時，>1. 由f′(x)＜0，得x>或x＜1. 當x∈(0,1)，x∈時，f(x)單調(diào)遞減． ∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)，； ②當a＝1時，恒有f′(x)≤0，∴f(x)單調(diào)遞減． ∴f(x)的

20、單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)； ③當a∈(1，＋∞)時，<1. 由f′(x)＜0，得x＞1或x<. ∴當x∈，x∈(1，＋∞)時，f(x)單調(diào)遞減． ∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，(1，＋∞)． 綜上，當a∈(0,1)時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)，； 當a＝1時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)； 當a∈(1，＋∞)時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，(1，＋∞)． (2)g(x)＝x2－xln x－k(x＋2)＋2在x∈上有零點， 即關于x的方程k＝在x∈上有兩個不相等的實數(shù)根． 令函數(shù)h(x)＝，x∈. 則h′(x)＝. 令函數(shù)p(x)＝x2＋3x－2ln x－4，x∈. 則p′(x)＝在上有p′(x)≥0. 故p(x)在上單調(diào)遞增． ∵p(1)＝0，∴當x∈時，有p(x)＜0，即h′(x)＜0.∴h(x)單調(diào)遞減； 當x∈(1，＋∞)時，有p(x)＞0，即h′(x)＞0，∴h(x)單調(diào)遞增． ∵h＝＋，h(1)＝1，h(10)＝>＝>h ， ∴k的取值范圍為. 我國經(jīng)濟發(fā)展進入新常態(tài)，需要轉變經(jīng)濟發(fā)展方式，改變粗放式增長模式，不斷優(yōu)化經(jīng)濟結構，實現(xiàn)經(jīng)濟健康可持續(xù)發(fā)展進區(qū)域協(xié)調(diào)發(fā)展，推進新型城鎮(zhèn)化，推動城鄉(xiāng)發(fā)展一體化因：我國經(jīng)濟發(fā)展還面臨區(qū)域發(fā)展不平衡、城鎮(zhèn)化水平不高、城鄉(xiāng)發(fā)展不平衡不協(xié)調(diào)等現(xiàn)實挑戰(zhàn)。