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2019高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第3章 導(dǎo)數(shù)及應(yīng)用 專題研究 導(dǎo)數(shù)的綜合運用練習(xí) 理.doc

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2019高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第3章 導(dǎo)數(shù)及應(yīng)用 專題研究 導(dǎo)數(shù)的綜合運用練習(xí) 理.doc

專題研究 導(dǎo)數(shù)的綜合運用第一次作業(yè)1若a>2,則函數(shù)f(x)x3ax21在區(qū)間(0,2)上恰好有()A0個零點B1個零點C2個零點 D3個零點答案B解析f(x)x22ax,且a>2,當(dāng)x(0,2)時,f(x)<0,即f(x)在(0,2)上是單調(diào)減函數(shù)又f(0)1>0,f(2)4a<0,f(x)在(0,2)上恰好有1個零點故選B.2函數(shù)yx2ex的圖像大致為()答案A解析因為y2xexx2exx(x2)ex,所以當(dāng)x<2或x>0時,y>0,函數(shù)yx2ex為增函數(shù);當(dāng)2<x<0時,y<0,函數(shù)yx2ex為減函數(shù),排除B,C,又yx2ex>0,所以排除D,故選A.3函數(shù)f(x)ex(sinxcosx)在區(qū)間0,上的值域為()A,eB(,e)C1,e D(1,e)答案A解析f(x)ex(sinxcosx)ex(cosxsinx)excosx,當(dāng)0x時,f(x)0.f(x)是0,上的增函數(shù)f(x)的最大值為f()e,f(x)的最小值為f(0).4(2018山東陵縣一中月考)已知函數(shù)f(x)x2ex,當(dāng)x1,1時,不等式f(x)<m恒成立,則實數(shù)m的取值范圍為()A,)B(,)Ce,) D(e,)答案D解析由f(x)ex(2xx2)x(x2)ex,得當(dāng)1<x<0時,f(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,當(dāng)0<x<1時,f(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,且f(1)>f(1),故f(x)maxf(1)e,則m>e.故選D.5(2014課標(biāo)全國)已知函數(shù)f(x)ax33x21,若f(x)存在唯一的零點x0,且x0>0,則a的取值范圍是()A(2,) B(1,)C(,2) D(,1)答案C解析當(dāng)a0時,顯然f(x)有兩個零點,不符合題意當(dāng)a0時,f(x)3ax26x,令f(x)0,解得x10,x2.當(dāng)a>0時,>0,所以函數(shù)f(x)ax33x21在(,0)與(,)上為增函數(shù),在(0,)上為減函數(shù),因為f(x)存在唯一零點x0,且x0>0,則f(0)<0,即1<0,不成立當(dāng)a<0時,<0,所以函數(shù)f(x)ax33x21在(,)和(0,)上為減函數(shù),在(,0)上為增函數(shù),因為f(x)存在唯一零點x0,且x0>0,則f()>0,即a31>0,解得a>2或a<2,又因為a<0,故a的取值范圍為(,2)選C.6f(x)是定義在R上的偶函數(shù),當(dāng)x<0時,f(x)xf(x)<0,且f(4)0,則不等式xf(x)>0的解集為()A(4,0)(4,) B(4,0)(0,4)C(,4)(4,) D(,4)(0,4)答案D解析設(shè)g(x)xf(x),則當(dāng)x<0時,g(x)xf(x)xf(x)xf(x)xf(x)f(x)<0,所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(,0)上是減函數(shù)因為f(x)是定義在R上的偶函數(shù)所以g(x)xf(x)是R上的奇函數(shù),所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,)上是減函數(shù)因為f(4)0,所以f(4)0,即g(4)0,g(4)0,所以xf(x)>0化為g(x)>0.設(shè)x>0,不等式為g(x)>g(4),即0<x<4;設(shè)x<0,不等式為g(x)>g(4),即x<4,所求的解集為(,4)(0,4)故選D.7(2018衡水調(diào)研卷)已知函數(shù)f(x)alnxbx2,a,bR.若不等式f(x)x對所有的b(,0,x(e,e2都成立,則實數(shù)a的取值范圍是()Ae,) B,)C,e2) De2,)答案B解析由題意可得bx2alnxx,所以b.由b(,0,故對任意的x(e,e2,都有0,即alnxx對一切x(e,e2恒成立,即a對一切x(e,e2恒成立令h(x),則h(x)>0在x(e,e2上恒成立,故h(x)max,所以a.故選B.8(2018湖南衡陽期末)設(shè)函數(shù)f(x)ex(x3x26x2)2aexx,若不等式f(x)0在2,)上有解,則實數(shù)a的最小值為()A BC D1答案C解析由f(x)ex(x3x26x2)2aexx0,得ax3x23x1.令g(x)x3x23x1,則g(x)x2x3(x1)(x3)當(dāng)x2,1)時,g(x)<0,當(dāng)x(1,)時,g(x)>0,故g(x)在2,1)上是減函數(shù),在(1,)上是增函數(shù)故g(x)ming(1)31,則實數(shù)a的最小值為.故選C.9已知正六棱柱的12個頂點都在一個半徑為3的球面上,當(dāng)正六棱柱的體積最大時,其高的值為_答案2解析設(shè)正六棱柱的底面邊長為a,高為h,則可得a29,即a29,正六棱柱的體積V(6a2)h(9)h(9h)令y9h,則y9,令y0,得h2.易知當(dāng)h2時,正六棱柱的體積最大10已知函數(shù)f(x)ex2xa有零點,則a的取值范圍是_答案(,2ln22解析由原函數(shù)有零點,可將問題轉(zhuǎn)化為方程ex2xa0有解問題,即方程a2xex有解令函數(shù)g(x)2xex,則g(x)2ex,令g(x)0,得xln2,所以g(x)在(,ln2)上是增函數(shù),在(ln2,)上是減函數(shù),所以g(x)的最大值為g(ln2)2ln22.因此,a的取值范圍就是函數(shù)g(x)的值域,所以,a(,2ln2211設(shè)l為曲線C:y在點(1,0)處的切線(1)求l的方程;(2)證明:除切點(1,0)之外,曲線C在直線l的下方答案(1)yx1(2)略解析(1)設(shè)f(x),則f(x).所以f(1)1.所以l的方程為yx1.(2)令g(x)x1f(x),則除切點之外,曲線C在直線l的下方等價于g(x)>0(x>0,x1)g(x)滿足g(1)0,且g(x)1f(x).當(dāng)0<x<1時,x21<0,lnx<0,所以g(x)<0,故g(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x>1時,x21>0,lnx>0,所以g(x)>0,故g(x)單調(diào)遞增所以g(x)>g(1)0(x>0,x1)所以除切點之外,曲線C在直線l的下方12已知函數(shù)f(x)x28lnx,g(x)x214x.(1)求函數(shù)f(x)在點(1,f(1)處的切線方程;(2)若函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(a,a1)上均為增函數(shù),求a的取值范圍;(3)若方程f(x)g(x)m有唯一解,試求實數(shù)m的值答案(1)y6x7(2)2,6(3)m16ln224解析(1)因為f(x)2x,所以切線的斜率kf(1)6.又f(1)1,故所求的切線方程為y16(x1)即y6x7.(2)因為f(x),又x>0,所以當(dāng)x>2時,f(x)>0;當(dāng)0<x<2時,f(x)<0.即f(x)在(2,)上單調(diào)遞增,在(0,2)上單調(diào)遞減又g(x)(x7)249,所以g(x)在(,7)上單調(diào)遞增,在(7,)上單調(diào)遞減欲使函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(a,a1)上均為增函數(shù),則解得2a6.(3)原方程等價于2x28lnx14xm,令h(x)2x28lnx14x,則原方程即為h(x)m.因為當(dāng)x>0時原方程有唯一解,所以函數(shù)yh(x)與ym的圖像在y軸右側(cè)有唯一的交點又h(x)4x14,且x>0,所以當(dāng)x>4時,h(x)>0;當(dāng)0<x<4時,h(x)<0.即h(x)在(4,)上單調(diào)遞增,在(0,4)上單調(diào)遞減,故h(x)在x4處取得最小值,從而當(dāng)x>0時原方程有唯一解的充要條件是mh(4)16ln224.13(2018湖北四校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)lnxa(x1),g(x)ex.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若函數(shù)h(x)f(x1)g(x),當(dāng)x>0時,h(x)>1恒成立,求實數(shù)a的取值范圍答案(1)當(dāng)a0時,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,),無單調(diào)遞減區(qū)間;當(dāng)a>0時,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,),單調(diào)遞減區(qū)間為(,)(2)(,2解析(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,),f(x)a(x>0)若a0,對任意的x>0,均有f(x)>0,所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,),無單調(diào)遞減區(qū)間;若a>0,當(dāng)x(0,)時,f(x)>0,當(dāng)x(,)時,f(x)<0,所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,),單調(diào)遞減區(qū)間為(,)綜上,當(dāng)a0時,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,),無單調(diào)遞減區(qū)間;當(dāng)a>0時,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,),單調(diào)遞減區(qū)間為(,)(2)因為h(x)f(x1)g(x)ln(x1)axex,所以h(x)exa.令(x)h(x),因為x(0,),(x)ex>0,所以h(x)在(0,)上單調(diào)遞增,h(x)>h(0)2a,當(dāng)a2時,h(x)>0,所以h(x)在(0,)上單調(diào)遞增,h(x)>h(0)1恒成立,符合題意;當(dāng)a>2時,h(0)2a<0,h(x)>h(0),所以存在x0(0,),使得h(x0)0,所以h(x)在(x0,)上單調(diào)遞增,在(0,x0)上單調(diào)遞減,又h(x0)<h(0)1,所以h(x)>1不恒成立,不符合題意綜上,實數(shù)a的取值范圍是(,2第二次作業(yè)1(2018皖南十校聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)lnxax2xa1(aR)(1)當(dāng)a時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)證明:當(dāng)a0時,不等式f(x)x1在1,)上恒成立答案(1)增區(qū)間為(0,減區(qū)間為,)(2)略解析(1)當(dāng)a時,f(x)lnxx2x,且定義域為(0,),因為f(x)x1,當(dāng)x(0,)時,f(x)>0;當(dāng)x(,)時,f(x)<0,所以f(x)在(0,上是增函數(shù);在,)上是減函數(shù)(2)令g(x)f(x)x1lnxax2a,則g(x)2ax,所以當(dāng)a0時,g(x)>0在1,)上恒成立,所以g(x)在1,)上是增函數(shù),且g(1)0,所以g(x)0在1,)上恒成立,即當(dāng)a0時,不等式f(x)x1在1,)上恒成立2(2018福建連城期中)已知函數(shù)f(x)(a)x2lnx(aR)(1)當(dāng)a1時,求f(x)在區(qū)間1,e上的最大值和最小值;(2)若在區(qū)間1,)上,函數(shù)f(x)的圖像恒在直線y2ax的下方,求實數(shù)a的取值范圍答案(1)f(x)maxf(e)1,f(x)minf(1)(2)當(dāng)a,時,在區(qū)間(1,)上函數(shù)f(x)的圖像恒在直線y2ax的下方解析(1)當(dāng)a1時,f(x)x2lnx,f(x)x.當(dāng)x1,e時,f(x)>0,所以f(x)在區(qū)間1,e上為增函數(shù),所以f(x)maxf(e)1,f(x)minf(1).(2)令g(x)f(x)2ax(a)x22axlnx,則g(x)的定義域為(0,)在區(qū)間(1,)上,函數(shù)f(x)的圖像恒在直線y2ax的下方等價于g(x)<0在區(qū)間(1,)上恒成立g(x)(2a1)x2a.若a>,令g(x)0,得x11,x2,當(dāng)x2>x11,即<a<1時,在(x2,)上有g(shù)(x)>0,此時g(x)在區(qū)間(x2,)上是增函數(shù),并且在該區(qū)間上有g(shù)(x)(g(x2),),不合題意;當(dāng)x2x11,即a1時,同理可知,g(x)在區(qū)間(1,)上是增函數(shù),有g(shù)(x)(g(1),),不合題意若a,則有2a10,此時在區(qū)間(1,)恒有g(shù)(x)<0,從而g(x)在區(qū)間(1,)上是減函數(shù),要使g(x)<0在此區(qū)間上恒成立,只需滿足g(1)a0,即a,由此求得實數(shù)a的取值范圍是,綜合可知,當(dāng)a,時,在區(qū)間(1,)上函數(shù)f(x)的圖像恒在直線y2ax的下方3(2018西城區(qū)期末)已知函數(shù)f(x)(xa)ex,其中e是自然對數(shù)的底數(shù),aR.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)當(dāng)a<1時,試確定函數(shù)g(x)f(xa)x2的零點個數(shù),并說明理由答案(1)單調(diào)遞減區(qū)間為(,a1),單調(diào)遞增區(qū)間為(a1,)(2)僅有一個零點解析(1)因為f(x)(xa)ex,xR,所以f(x)(xa1)ex.令f(x)0,得xa1.當(dāng)x變化時,f(x)和f(x)的變化情況如下:x(,a1)a1(a1,)f(x)0f(x)故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(,a1),單調(diào)遞增區(qū)間為(a1,)(2)結(jié)論:函數(shù)g(x)有且僅有一個零點理由如下:由g(x)f(xa)x20,得方程xexax2,顯然x0為此方程的一個實數(shù)解,所以x0是函數(shù)g(x)的一個零點當(dāng)x0時,方程可化簡為exax.設(shè)函數(shù)F(x)exax,則F(x)exa1,令F(x)0,得xa.當(dāng)x變化時,F(xiàn)(x)與F(x)的變化情況如下:x(,a)a(a,)F(x)0F(x)即F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(a,),單調(diào)遞減區(qū)間為(,a)所以F(x)minF(a)1a.因為a<1,所以F(x)minF(a)1a>0,所以對于任意xR,F(xiàn)(x)>0,因此方程exax無實數(shù)解所以當(dāng)x0時,函數(shù)g(x)不存在零點綜上,函數(shù)g(x)有且僅有一個零點4(2018重慶調(diào)研)已知曲線f(x)在點(e,f(e)處的切線與直線2xe2y0平行,aR.(1)求a的值;(2)求證:>.答案(1)a3(2)略解析(1)f(x),由題f(e)a3.(2)f(x),f(x),f(x)>0<x<1,故f(x)在(0,)和(1,)上遞減,在(,1)上遞增當(dāng)x(0,1)時,f(x)f()e,而(),故y在(0,1)上遞增,<<e,f(x)>即>;當(dāng)x1,)時,ln2x3lnx30033,令g(x),則g(x).故g(x)在1,2)上遞增,(2,)上遞減,g(x)g(2)<3,ln2x3lnx3>即>;綜上,對任意x>0,均有>.5(2017課標(biāo)全國,理)已知函數(shù)f(x)ae2x(a2)exx.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)有兩個零點,求a的取值范圍答案(1)當(dāng)a0時,在(,)單調(diào)遞減;當(dāng)a>0時,f(x)在(,lna)上單調(diào)遞減,在(lna,)上單調(diào)遞增(2)(0,1)解析(1)f(x)的定義域為(,),f(x)2ae2x(a2)ex1(aex1)(2ex1)若a0,則f(x)<0,所以f(x)在(,)單調(diào)遞減若a>0,則由f(x)0得xlna.當(dāng)x(,lna)時,f(x)<0;當(dāng)x(lna,)時,f(x)>0.所以f(x)在(,lna)單調(diào)遞減,在(lna,)單調(diào)遞增(2)若a0,由(1)知,f(x)至多有一個零點若a>0,由(1)知,當(dāng)xlna時,f(x)取得最小值,最小值為f(lna)1lna.a當(dāng)a1時,由于f(lna)0,故f(x)只有一個零點;b當(dāng)a(1,)時,由于1lna>0,即f(lna)>0,故f(x)沒有零點;c當(dāng)a(0,1)時,1lna<0,即f(lna)<0.又f(2)ae4(a2)e22>2e22>0,故f(x)在(,lna)有一個零點設(shè)正整數(shù)n0滿足n0>ln(1),則f(n0)en0(aen0a2)n0>en0n0>2n0n0>0.由于ln(1)>lna,因此f(x)在(lna,)有一個零點綜上,a的取值范圍為(0,1)6(2018深圳調(diào)研二)已知函數(shù)f(x)(x2)exx2,其中aR,e為自然對數(shù)的底數(shù)(1)函數(shù)f(x)的圖像能否與x軸相切?若能與x軸相切,求實數(shù)a的值;否則,請說明理由;(2)若函數(shù)yf(x)2x在R上單調(diào)遞增,求實數(shù)a能取到的最大整數(shù)值解析(1)f(x)(x1)exax.假設(shè)函數(shù)f(x)的圖像與x軸相切于點(t,0),則有即由可知at(t1)et,代入中可得(t2)etet0.et>0,(t2)0,即t23t40.9447<0.方程t23t40無解無論a取何值,函數(shù)f(x)的圖像都不與x軸相切(2)方法1:記g(x)(x2)exx22x.由題意知,g(x)(x1)exax20在R上恒成立由g(1)a20,可得g(x)0的必要條件是a2.若a2,則g(x)(x1)ex2x2(x1)(ex2)當(dāng)ln2<x<1時,g(x)<0,與已知矛盾,a<2.下面證明:當(dāng)a1時,不等式(x1)exx20在R上恒成立令h(x)(x1)exx2,則h(x)xex1.記H(x)xex1,則H(x)(x1)ex.當(dāng)x>1時,H(x)>0,H(x)單調(diào)遞增,且H(x)>H(1)1;當(dāng)x<1時,H(x)<0,H(x)單調(diào)遞減,且1H(1)<H(x)<0.H()1<0,H(1)e1>0.存在唯一的x0(,1)使得H(x0)0,且當(dāng)x(,x0)時,H(x)h(x)<0,h(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x(x0,)時,H(x)h(x)>0,h(x)單調(diào)遞增h(x)minh(x0)(x01)ex0x02,H(x0)0,ex0,h(x0)(x01)x023(x0)<x0<1,2<x0<.從而(x1)exx2>0在R上恒成立,a能取得的最大整數(shù)為1.方法2:記g(x)(x2)exx22x,由題意知g(x)(x1)exax20在R上恒成立g(1)a20,g(x)0的必要條件是a2.若a2,則g(x)(x1)ex2x2(x1)(ex2)當(dāng)ln2<x<1時,g(x)<0,與已知矛盾,a<2.下面證明:當(dāng)a1時,不等式(x1)exx20在R上恒成立,即(x1)exx2.先證xR,exx1.令k(x)exx1,則k(x)ex1.當(dāng)x>0時,k(x)>0,k(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x<0時,k(x)<0,k(x)單調(diào)遞減k(x)mink(0)0,exx1恒成立當(dāng)x1時,(x1)ex(x1)(x1)x21>x2;當(dāng)x<1時,由exx1得exx1>0,即ex.(x1)ex(x1)1>x2.綜上所述,(x1)exx20在R上恒成立,故a能取得的最大整數(shù)為1.1(2014課標(biāo)全國)設(shè)函數(shù)f(x)sin.若存在f(x)的極值點x0滿足x02f(x0)2<m2,則m的取值范圍是()A(,6)(6,)B(,4)(4,)C(,2)(2,)D(,1)(1,)答案C解析正難則反思想,將特稱命題與全稱命題相互轉(zhuǎn)化,即轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題f(x)sin的極值點即為函數(shù)圖像中的最高點或最低點的橫坐標(biāo),由三角函數(shù)的性質(zhì)可知T2m,x0km(kZ)假設(shè)不存在這樣的x0,即對任意的x0都有x02f(x0)2m2,則(km)23m2,整理得m2(k2k)30,即k2k恒成立,因為yk2k的最小值為(當(dāng)k1或0時取得),故2m2,因此原特稱命題成立的條件是m>2或m<2.2某商場銷售某種商品的經(jīng)驗表明,該商品每日的銷售量y(單位:千克)與銷售價格x(單位:元/千克)滿足關(guān)系式y(tǒng)10(x6)2.其中3<x<6,a為常數(shù)已知銷售價格為5元/千克時,每日可售出該商品11千克(1)求a的值;(2)若該商品的成本為3元/千克,試確定銷售價格x的值,使商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大答案(1)2(2)4解析(1)因為x5時,y11,所以1011,a2.(2)由(1)可知,該商品每日的銷售量y10(x6)2.所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤為f(x)(x3)10(x6)2210(x3)(x6)2,3<x<6.從而,f(x)10(x6)22(x3)(x6)30(x4)(x6)于是,當(dāng)x變化時,f(x),f(x)的變化情況如下表:x(3,4)4(4,6)f(x)0f(x)單調(diào)遞增極大值42單調(diào)遞減由上表可得,x4是函數(shù)f(x)在區(qū)間(3,6)內(nèi)的極大值點,也是最大值點所以,當(dāng)x4時,函數(shù)f(x)取得最大值,且最大值等于42.答:當(dāng)銷售價格為4元/千克時,商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大3(2018廣東珠海期末)已知函數(shù)f(x)xln(xa)的最小值為0,其中a>0,設(shè)g(x)lnx.(1)求a的值;(2)對任意x1>x2>0,<1恒成立,求實數(shù)m的取值范圍;(3)討論方程g(x)f(x)ln(x1)在1,)上根的個數(shù)答案(1)a1(2),)(3)略解析(1)f(x)的定義域為(a,),f(x)1.由f(x)0,解得x1a>a.當(dāng)x變化時,f(x),f(x)的變化情況如下表:x(a,1a)1a(1a,)f(x)0f(x)極小值因此,f(x)在1a處取得最小值故由題意f(1a)1a0,所以a1.(2)由<1知g(x1)x1<g(x2)x2對任意x1>x2>0恒成立,即h(x)g(x)xlnxx在(0,)上為減函數(shù)h(x)10在(0,)上恒成立,所以mxx2在(0,)上恒成立,(xx2)max,即m,即實數(shù)m的取值范圍為,)(3)由題意知方程可化為lnxx,即mx2xlnx(x1)設(shè)m(x)x2xlnx,則m(x)2xlnx1(x1)設(shè)h(x)2xlnx1(x1),則h(x)2>0,因此h(x)在1,)上單調(diào)遞增,h(x)minh(1)1.所以m(x)x2xlnx在1,)上單調(diào)遞增因此當(dāng)x1時,m(x)m(1)1.所以當(dāng)m1時方程有一個根,當(dāng)m<1時方程無根4(2017東北四市一模)已知函數(shù)f(x)(x1)exax2有兩個零點(1)當(dāng)a1時,求f(x)的最小值;(2)求a的取值范圍;(3)設(shè)x1,x2是f(x)的兩個零點,證明:x1x2<0.解析(1)當(dāng)a1時,由題知f(x)x(ex2),令f(x)>0,得x>0,yf(x)在(0,)上單調(diào)遞增;令f(x)<0,得x<0,yf(x)在(,0)上單調(diào)遞減,f(x)minf(0)1.(2)由題可知,f(x)ex(x1)ex2axx(ex2a),當(dāng)a0時,f(x)(x1)ex,此時函數(shù)f(x)只有一個零點,不符合題意,舍去當(dāng)a>0時,由f(x)>0,得x>0;由f(x)<0,得x<0,f(x)在(,0)上單調(diào)遞減,在(0,)上單調(diào)遞增,f(x)minf(0)1<0,又f(2)e24a>0,取b滿足b<1且b<ln,則f(b)>(b1)ab2(b1)(2b1)>0,故f(x)存在兩個零點當(dāng)a<0時,由f(x)0,得x0或xln(2a)若a<0,則ln(2a)0,故當(dāng)x(0,)時,f(x)0,因此f(x)在(0,)上單調(diào)遞增又x0時,f(x)<0,f(x)不存在兩個零點若a<,則ln(2a)>0,故當(dāng)x(0,ln(2a)時,f(x)<0;當(dāng)x(ln(2a),)時,f(x)>0,因此f(x)在(0,ln(2a)上單調(diào)遞減,在(ln(2a),)上單調(diào)遞增,又當(dāng)x0時,f(x)<0,f(x)不存在兩個零點綜上可知a(0,)(3)證明:由(2),若x1,x2是f(x)的兩個零點,則a>0,不妨令x1<x2,則x1<0<x2,當(dāng)a>0時,f(x)在(,0)上單調(diào)遞減,要證x1x2<0,即證x1<x2<0,即證f(x1)>f(x2),又f(x1)0,只需證f(x2)<0,由于f(x2)(x21)ex2ax22,而f(x2)(x21)ex2ax220,f(x2)(x21)ex2(x21)ex2,令g(x)(x1)ex(x1)ex(x>0),g(x)x(),x>0,e2x>1,g(x)<0,g(x)(x1)ex(x1)ex在(0,)上單調(diào)遞減,而g(0)0,故當(dāng)x>0時,g(x)<0,從而g(x2)f(x2)<0成立,x1x2<0成立5(2017湖北4月調(diào)研)已知函數(shù)f(x)xlnx,g(x).(1)證明:方程f(x)g(x)在(1,2)內(nèi)有且僅有唯一實根;(2)記maxa,b表示a,b兩個數(shù)中的較大者,方程f(x)g(x)在(1,2)內(nèi)的實根為x0,m(x)maxf(x),b(x)若m(x)n(nR)在(1,)內(nèi)有兩個不等的實根x1,x2(x1<x2),判斷x1x2與2x0的大小,并說明理由解析(1)證明:記F(x)xlnx,則F(x)1lnx,x(1,2),顯然F(x)>0,即F(x)在(1,2)上單調(diào)遞增因為F(1)<0,F(xiàn)(2)2ln2>0,而F(x)在(1,2)上連續(xù),由零點存在性定理可知,F(xiàn)(x)在(1,2)內(nèi)有且僅有唯一零點所以方程f(x)g(x)在(1,2)內(nèi)有且僅有唯一實根(2)x1x2<2x0.證明過程如下:顯然,m(x)當(dāng)1<x<x0時,m(x),m(x)<0,所以m(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x>x0時,m(x)xlnx,m(x)1lnx>0,所以m(x)單調(diào)遞增要證x1x2<2x0,即證x2<2x0x1,由(1)知x1<x0<x2,g(x1)f(x2)n,所以即證f(x2)<f(2x0x1),即證g(x1)<f(2x0x1),即證<(2x0x1)ln(2x0x1)(1<x1<x0<2),(*)設(shè)H(x)(2x0x)ln(2x0x)(1<x<x0<2),H(x)ln(2x0x)1,因為1<x<x0<2,所以1>0,ln(2x0x)>0,所以H(x)>0,所以H(x)在(1,x0)上單調(diào)遞增,即H(x)<H(x0)0,故(*)成立,即以上各步均可逆推,所以x1x2<2x0.6(2017云南統(tǒng)一檢測二)已知e是自然對數(shù)的底數(shù),f(x)mex,g(x)x3,(x)f(x)g(x),h(x)f(x)g(x2)2 017.(1)設(shè)m1,求h(x)的極值;(2)設(shè)m<e2,求證:函數(shù)(x)沒有零點;(3)若m0,x>0,設(shè)F(x),求證:F(x)>3.解析(1)f(x)mex,g(x)x3,m1,f(x)ex,g(x2)x1.h(x)f(x)g(x2)2 017exx2 018.h(x)ex1.由h(x)0,得x0.e是自然對數(shù)的底數(shù),h(x)ex1是增函數(shù)當(dāng)x<0時,h(x)<0,即h(x)是減函數(shù);當(dāng)x>0時,h(x)>0,即h(x)是增函數(shù)函數(shù)h(x)沒有極大值,只有極小值,且當(dāng)x0時,h(x)取得極小值h(x)的極小值為h(0)2 017.(2)證明:f(x)mex,g(x)x3,(x)f(x)g(x)mexx3.(x)mex1.由(x)mex10,m<e2,解得xln()當(dāng)x(,ln()時,(x)mex1>0,函數(shù)(x)是增函數(shù);當(dāng)x(ln(),)時,(x)mex1<0,函數(shù)(x)是減函數(shù)當(dāng)xln()時,函數(shù)(x)取得最大值,最大值為ln()2ln(m)m<e2,2ln(m)<0.(x)<0.當(dāng)m<e2時,函數(shù)(x)沒有零點(3)證明:f(x)mex,g(x)x3,F(xiàn)(x),F(xiàn)(x).x>0,F(xiàn)(x)>3(x2)exx2>0.設(shè)u(x)(x2)exx2,則u(x)(x1)ex1.設(shè)v(x)(x1)ex1,則v(x)xex.x>0,v(x)>0.又當(dāng)x0時,v(x)0,函數(shù)v(x)在0,)上是增函數(shù)v(x)>v(0),即v(x)>0.當(dāng)x>0時,u(x)>0;當(dāng)x0時,u(x)0.函數(shù)u(x)在0,)上是增函數(shù)當(dāng)x>0時,u(x)>u(0)0,即(x2)exx2>0.當(dāng)x>0時,F(xiàn)(x)>3.

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本文(2019高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第3章 導(dǎo)數(shù)及應(yīng)用 專題研究 導(dǎo)數(shù)的綜合運用練習(xí) 理.doc)為本站會員(xt****7)主動上傳,裝配圖網(wǎng)僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護處理,對上載內(nèi)容本身不做任何修改或編輯。 若此文所含內(nèi)容侵犯了您的版權(quán)或隱私,請立即通知裝配圖網(wǎng)(點擊聯(lián)系客服),我們立即給予刪除!

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