2022年高考数学一轮复习第三章导数及其应用..导数的综合应用对点训练理 .pdf

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1、1 2017高考数学一轮复习第三章导数及其应用 3.2.3 导数的综合应用对点训练理1. 设f(x) 是定义在 R上的可导函数，当x0时，f(x) fxx0，则关于x的函数g(x) f(x) 1x的零点个数为 ( ) A1 B 2 C0 D 0 或 2 答案C 解析由f(x) fxx0，得xfxfxx0，当x0时，xf(x) f(x)0 ，即xf(x) 0，函数xf(x) 单调递增；当x0时，xf(x) f(x)0 ，即xf(x) 0f(0) 0，又g(x) f(x) x1xfx1x，函数g(x) xfx1x的零点个数等价于函数yxf(x) 1 的零点个数当x0时，yxf(x) 11，当x1，

2、所以函数yxf(x) 1 无零点，所以函数g(x) f(x) x1的零点个数为0. 故选 C. 2设函数f(x) 是定义在 ( ， 0) 上的可导函数，其导函数为f(x) ，且有2f(x) xf(x)x2，则不等式 (x2014)2f(x2014) 4f( 2)0 的解集为 _答案( ， 2016) 解析由 2f(x)xf(x)x2，x0 得 2xf(x)x2f(x)x3， x2f(x) x30. 令F(x)x2f(x)(x0)，则F(x)0(x0 即为F(x2014)F( 2)0 ，即F(x2014)F( 2) ，又因为F(x) 在( ， 0) 上是减函数，所以x20142，x2016. 3

3、已知f(x) axcosx，x4，3. 若?x14，3，?x24，3，x1x2，fx2fx1x2x10，则实数a的取值范围为 _答案a32解析f(x) asinx.依题意可知f(x) 在4，3上为减函数， 所以f(x) 0 对x4，3恒成立，可得a sinx对x4，3恒成立设g(x) sinx，x4，3.名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 9 页 - - - - - - - - - 2 易知g(x)为减函数，故g(x)min32，所以a32. 4设函数f(x)

4、emxx2mx. (1) 证明：f(x) 在( ， 0) 单调递减，在 (0 ， ) 单调递增；(2) 若对于任意x1，x2 1,1 ，都有 |f(x1) f(x2)| e 1，求m的取值范围解(1) 证明：f(x) m(emx1) 2x. 若m0，则当x( ， 0) 时，emx10，f(x)0. 若m0，f(x)0 ； 当x(0 ， ) 时，emx10.所以，f(x) 在( ， 0) 单调递减，在 (0 ，) 单调递增(2) 由(1) 知，对任意的m，f(x) 在 1,0 单调递减，在 0,1单调递增，故f(x)在x0 处取得最小值所以对于任意x1，x2 1,1 ，|f(x1) f(x2)|

5、 e 1 的充要条件是ff1，ff1，即emme 1，emme1.设函数g(t) ette1，则g(t) et1. 当t0 时，g(t)0 时，g(t)0. 故g(t) 在( ， 0) 单调递减，在 (0 ，) 单调递增又g(1) 0，g(1) e12e1时，由g(t) 的单调性，g(m)0 ，即 emme1；当m0 ，即 emme1. 综上，m的取值范围是 1,1 5设a1，函数f(x) (1x2)exa. (1) 求f(x) 的单调区间；(2) 证明：f(x)在( ， ) 上仅有一个零点；(3) 若曲线yf(x) 在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n) 处的切线与直线OP平行(O是坐

6、标原点 ) ，证明：m 3a2e1. 解(1)f(x)2xex(1x2)ex(x22x1)ex(x1)2ex0，故f(x) 是 R 上的单调递增函数，其单调增区间是( ， ) ，无单调减区间(2) 证明：因为f(0) (102)e0a1a0，由零点存在性定理知，f(x) 在( ， ) 上至少有一个零点又由 (1) 知，函数f(x) 是( ， ) 上的单调递增函数，故函数f(x) 在(， ) 上仅有一个零点 (3) 证明：设点P(x0，y0) ，由曲线yf(x) 在点P处的切线与x轴平行知，f(x0) 0，即f(x0) (x01)2ex00，(x01)20，x0 1，即P( 1,2e1a) 名师

7、资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 9 页 - - - - - - - - - 3 由点M(m，n) 处的切线与直线OP平行知，f(m) kOP，即(1 m)2em2e1a010a2e. 由 em1m知， (1m)3(1m)2ema2e，即 1m 3a2e，即m 3a2e1. 6已知函数f(x) nxxn，xR，其中nN*，且n2.(1) 讨论f(x) 的单调性；(2) 设曲线yf(x) 与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为yg(x) ，求证：对于任意

8、的正实数x，都有f(x) g(x) ；(3) 若关于x的方程f(x) a(a为实数 ) 有两个正实数根x1，x2，求证： |x2x1|0 ，即x1 时，函数f(x) 单调递增；当f(x)1 时，函数f(x) 单调递减所以，f(x) 在(， 1)上单调递增，在(1， ) 上单调递减(2) 证明：设点P的坐标为 (x0,0)，则x0n1n1，f(x0) nn2. 曲线yf(x) 在点P处的切线方程为yf(x0)(xx0) ，即g(x) f(x0)(xx0) 令F(x) f(x) g(x)，即F(x) f(x) f(x0)(xx0) ，则F(x) f(x) f(x0) 由于f(x) nxn 1n在(

9、0 ， ) 上单调递减， 故F(x) 在(0 ， ) 上单调递减 又因为F(x0) 0，所以当x(0，x0) 时，F(x)0 ，当x(x0， ) 时，F(x)0，所以F(x) 在(0 ，x0) 上单调递增，在(x0，) 上单调递减，所以对于任意的正实数x，都有F(x) F(x0) 0，即对于任意的正实数x，都有f(x) g(x) (3) 证明：不妨设x1x2. 由(2) 知g(x) (nn2)(xx0) 设方程g(x)a的根为x2，可得x2ann2x0. 当n2 时，g(x) 在( ，) 上单调递减 又由(2) 知g(x2) f(x2)ag(x2) ，可得x2x2.类似地， 设曲线yf(x)

10、在原点处的切线方程为yh(x) ，可得h(x) nx.当x(0，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 9 页 - - - - - - - - - 4 ) ，f(x)h(x) xn0，即对于任意的x(0 ， ) ，f(x)h(x) 设方程h(x) a的根为x1，可得x1an. 因为h(x) nx在( ，) 上单调递增，且h(x1) af(x1)h(x1) ，因此x1x1. 由此可得x2x1x2x1a1nx0. 因为n2，所以 2n1(11)n11C1n11n1n，

11、故 2n1n1x0. 所以 |x2x1|0时，f(x)x；(2) 证明：当k0，使得对任意的x(0 ，x0) ，恒有f(x)g(x) ；(3) 确定k的所有可能取值， 使得存在t0，对任意的x(0 ，t) ， 恒有 |f(x) g(x)|x2. 解(1) 证明：令F(x) f(x) xln (1x) x，x0 ， ) ，则有F(x) 11x1xx1. 当x(0 ，) 时，F(x)0 时，F(x)0 时，f(x)0 ，故G(x) 在0 ，) 上单调递增，G(x)G(0) 0，故任意正实数x0均满足题意当 0k0，取x01k1，对任意x(0，x0) ，有G(x)0 ，从而G(x) 在0 ，x0)

12、上单调递增，所以G(x)G(0) 0，即f(x)g(x) 综上，当k0，使得对任意x(0 ，x0)，恒有f(x)g(x) (3) 解法一：当k1 时，由 (1) 知，?x(0， ) ，g(x)xf(x) ，故g(x)f(x) ，|f(x)g(x)| g(x) f(x) kxln (1x) 令M(x) kxln (1x) x2，x0 ，) ，则有M(x) k11x2x2x2kxk1x1. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 9 页 - - - - - - - -

13、 - 5 故当x0，k2k2k4时，M(x)0，M(x) 在 0，k2k2k4上单调递增，故M(x)M(0) 0，即 |f(x) g(x)|x2. 所以满足题意的t不存在当k0，使得当x(0，x0) 时，f(x)g(x) ，此时 |f(x) g(x)| f(x)g(x) ln (1x) kx. 令N(x) ln (1x) kxx2，x0 ，) ，则有N(x) 1x1k2x2x2k2x1kx1，当x0，kk2k4时，N(x)0，N(x)在0，kk2k4上单调递增，故N(x)N(0) 0，即f(x) g(x)x2. 记x0与kk2k4中的较小者为x1，则当x(0 ，x1) 时，恒有 |f(x) g

14、(x)|x2. 故满足题意的t不存在当k1 时，由 (1) 知，当x0 时，|f(x) g(x)| g(x) f(x) xln (1x) 令H(x) xln (1x) x2，x0 ，) ，则有H(x) 111x2x2x2xx1. 当x0时，H(x)0 ，所以H(x) 在0 ，) 上单调递减，故H(x)0 时，恒有 |f(x) g(x)|1 时，由 (1) 知， ?x(0 ，) ，g(x)xf(x) ，故|f(x) g(x)| g(x) f(x) kxln (1x)kxx(k1)x. 令(k1)xx2，解得 0 x1 时，对于x(0 ，k1) ，恒有 |f(x) g(x)|x2，故满足题意的t不

15、存在当k1时，取k1k12，从而kk10，使得x(0 ，x0) ，f(x)k1xkxg(x) ，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 9 页 - - - - - - - - - 6 此时 |f(x) g(x)| f(x)g(x)(k1k)x1k2x. 令1k2xx2，解得 0 xx2. 记x0与1k2中的较小者为x1，当x(0，x1) 时，恒有 |f(x) g(x)|x2. 故满足题意的t不存在当k1 时，由 (1) 知，x0，|f(x) g(x)| g(x)

16、f(x) xln (1x) ，令M(x) xln (1x) x2，x0 ，) ，则有M(x) 111x2x2x2xx1. 当x0时，M(x)0 ，所以M(x) 在0 ，) 上单调递减，故M(x)0 时，恒有 |f(x) g(x)|2xx33；(3) 设实数k使得f(x)k xx33对x(0,1)恒成立，求k的最大值解(1) 因为f(x) ln (1 x) ln(1 x) ，所以f(x) 11x11x，f(0) 2. 又因为f(0) 0，所以曲线yf(x)在点 (0 ，f(0) 处的切线方程为y2x. (2) 证明：令g(x) f(x) 2xx33，则g(x)f(x) 2(1 x2)2x41x2

17、. 因为g(x)0(0 xg(0) 0，x(0,1)，即当x(0,1) 时，f(x)2xx33. (3) 由(2) 知，当k2 时，f(x)k xx33对x(0,1)恒成立当k2时，令h(x) f(x) k xx33，则h(x) f(x) k(1 x2) kx4k21x2. 所以当 0 x 4k2k时，h(x)0，因此h(x) 在区间0，4k2k上单调递减名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 9 页 - - - - - - - - - 7 当 0 x 4k2k时

18、，h(x)h(0) 0，即f(x)2 时，f(x)k xx33并非对x(0,1) 恒成立综上可知，k的最大值为2. 9已知函数f(x) ln x12ax22x(a0)依题意f(x) 0 在x0时恒成立，即ax22x10 在x0 时恒成立则a12xx21x121 在x0 时恒成立，即a1x121min(x0)，当x1 时，1x121 取最小值 1. a的取值范围是 ( ， 1 (2)a12，f(x)12xb?14x232xln xb0. 设g(x) 14x232xln xb(x0)则g(x) xx2x. 列表：x (0,1)1(1,2)2(2,4) g(x)00g(x)极大值极小值g(x)极小值

19、g(2) ln 2 b2，g(x)极大值g(1) b54，又g(4) 2ln 2 b2，方程g(x) 0 在1,4上恰有两个不相等的实数根，则g，g，g，得 ln 2 2b54. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 9 页 - - - - - - - - - 8 10.如图，现要在边长为100 m 的正方形ABCD内建一个交通“环岛”以正方形的四个顶点为圆心在四个角分别建半径为x m(x不小于 9)的扇形花坛，以正方形的中心为圆心建一个半径为15x2 m 的圆

20、形草地为了保证道路畅通，岛口宽不小于60 m，绕岛行驶的路宽均不小于 10 m. (1) 求x的取值范围 ( 运算中2取 1.4) ；(2) 若中间草地的造价为a元/m2，四个花坛的造价为433ax元/m2，其余区域的造价为12a11元/m2，当x取何值时，可使“环岛”的整体造价最低？解(1) 由题意得，x91002x6010022x215x2210，解得x9x2020 x15，即 9x15.所以x的取值范围是 9,15(2) 记“环岛”的整体造价为y元，则由题意得ya15x22433axx212a11 10415x22x2a11 125x443x312x2 )12104，令f(x) 125x

21、443x312x2，则f(x) 425x34x224x 4x125x2x6 ，由f(x) 0，解得x10 或x15 或x0(舍) ，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 9 页 - - - - - - - - - 9 列表如下：x 9(9,10)10(10,15)15 f(x)00 f(x)极小值所以当x10 时，y取最小值即当x10 时，可使“环岛”的整体造价最低名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 9 页 - - - - - - - - -