江苏版2018年高考数学一轮复习专题3.3导数的综合应用练.doc

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1、专题3.3 导数的综合应用1(2017南通调研)已知函数f(x)aln x(aR)(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)的零点个数解(1)由函数f(x)aln x(aR)得f(x)(ln x2)令f(x)0，得xe2，列表如下：x(0，e2)e2(e2，)f(x)0f(x)极小值因此，函数f(x)的单调递增区间为(e2，)，单调递减区间为(0，e2)所以当a0时，函数f(x)零点个数为1.当0a0时，令f(x)0，解得x或x. 当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：xf(x)00f(x)极大值极小值所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，.(2)证明因为f(x)存在极值点

2、，所以由(1)知a0，且x00.由题意，得f(x0)3xa0，即x，进而f(x0)xax0bx0b.又f(2x0)8x2ax0bx02ax0bx0bf(x0)，且2x0x0，由题意及(1)知，存在唯一实数x1满足f(x1)f(x0)，且x1x0，因此x12x0，所以x12x00.3(2017南京、盐城模拟)已知函数f(x)在x0处的切线方程为yx.(1)求实数a的值；(2)若对任意的x(0,2)，都有f(x)成立，求实数k的取值范围；(3)若函数g(x)lnf(x)b的两个零点为x1，x2，试判断g的正负，并说明理由由题意得函数g(x)lnf(x)bln xxb，所以g(x)1，易得函数g(x

3、)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以要证g1即可因为x1，x2是函数g(x)的两个零点，所以4(2016江苏卷)已知函数f(x)axbx(a0，b0，a1，b1)(1)设a2，b.求方程f(x)2的根；若对任意xR，不等式f(2x)mf(x)6恒成立，求实数m的最大值；(2)若0a1，b1，函数g(x)f(x)2有且只有1个零点，求ab的值解(1)由已知可得2xx2，即2x2.(2x)222x10，解得2x1，x0.f(x)2xx2x2x，令t2x2x，则t2.又f(2x)22x22xt22，故f(2x)mf(x)6可化为t22mt6，即mt，又t2，t24.(当且仅当t2时等

4、号成立)mmin4. 即m的最大值为4.(2)0a1，b1，ln a0，ln b0.g(x)f(x)2axbx2.g(x)axln abxln b且g(x)为单调递增，值域为R的函数g(x)一定存在唯一的变号零点g(x)为先减后增且有唯一极值点由题意g(x)有且仅有一个零点，则g(x)的极值一定为0，而g(0)a0b020，故极值点为0.g(0)0，即ln aln b0.ab1. 5(2017衡水中学质检)已知函数f(x).(1)若f(x)在区间(，2)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；(2)若a0，x01，设直线yg(x)为函数f(x)的图象在xx0处的切线，求证：f(x)g(x)6(2016全国卷)已知函数f(x)(x2)exa(x1)2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围解(1)f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a)()设a0，则当x(，1)时，f (x)0.所以f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增()设a0，由f(x)0得x1或xln(2a)- 7 -