2018高考数学（文）大一轮复习习题 升级增分训练 导数的综合应用（二） Word版含答案.doc

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1、升级增分训练升级增分训练 导数的综合应用（二）导数的综合应用（二） 1 1已知函数已知函数f f( (x x) )( (axax2 2x xa a)e)ex x，g g( (x x) )b bln ln x xx x( (b b0)0) (1)(1)讨论函数讨论函数f f( (x x) )的单调性；的单调性； (2)(2)当当a a1 12 2时，若对任意时，若对任意x x1 1(0,2)(0,2)，存在，存在x x2 2，使，使f f( (x x1 1) )g g( (x x2 2)0)0 成立，求实数成立，求实数b b的取值范围的取值范围 解：解：(1)(1)由题意得由题意得f f(x x

2、) )( (x x1)(1)(axaxa a1)e1)ex x 当当a a0 0 时，时，f f(x x) )( (x x1)e1)ex x，当，当x x( (，1)1)时，时，f f(x x) )0 0，f f( (x x) )在在( (，1)1)上单调递增；上单调递增； 当当x x( (1 1，)时，时，f f(x x) )0 0，f f( (x x) )在在( (1 1，)上单调递减上单调递减 当当a a00 时，令时，令f f(x x) )0 0，则，则x x1 1 或或x x1 11 1a a， 当当a a0 0 时，因为时，因为1 11 1a a1 1， 所以所以f f( (x x

3、) )在在( (，1)1)和和 1 11 1a a， 上单调递增，在上单调递增，在 1 1，1 11 1a a上单调递减；上单调递减； 当当a a0 0 时，因为时，因为1 11 1a a1 1， 所以所以f f( (x x) )在在 ，1 11 1a a和和( (1 1，)上单调递减，在上单调递减，在 1 11 1a a，1 1 上单调递增上单调递增 (2)(2)由由(1)(1)知当知当a a1 12 2时，时，f f( (x x) )在在(0,1)(0,1)上单调递减，在上单调递减，在(1,2)(1,2)上单调递增，上单调递增， 因此因此f f( (x x) )在在(0,2)(0,2)上的

4、最小值为上的最小值为f f(1)(1)0 0 由题意知，对任意由题意知，对任意x x1 1(0,2)(0,2)，存在，存在x x2 2， 使使g g( (x x2 2)f f( (x x1 1) )成立，成立， 因为因为maxmax0 0， 所以所以b bln ln x x2 2x x2 200，即，即b bx x2 2ln ln x x2 2 令令h h( (x x) )x xln ln x x，x x， 则则h h(x x) )ln ln x x1 1x x2 20 0， 因此因此h h( (x x) )minminh h(2)(2)2 2ln 2ln 2，所以，所以b b2 2ln 2l

5、n 2， 即实数即实数b b的取值范围是的取值范围是 2 2ln 2ln 2， 2 2(2017(2017南昌模拟南昌模拟) )已知函数已知函数f f( (x x) )ln ln x xaxax2 2a a2(2(a aR R，a a为常数为常数) ) (1)(1)讨论函数讨论函数f f( (x x) )的单调性；的单调性； (2)(2)若若存在存在x x0 0(0,1(0,1，使得对任意的，使得对任意的a a( (2,02,0，不等式，不等式m me ea af f( (x x0 0) )0(0(其中其中 e e 为自为自然对数的底数然对数的底数) )都成立，求实数都成立，求实数m m的取值

6、范围的取值范围 解：解：(1)(1)函数函数f f( (x x) )的定义域为的定义域为(0(0，)， f f(x x) )1 1x x2 2axax1 12 2axax2 2x x，当，当a a00 时，时，f f(x x)0)0， 所以函数所以函数f f( (x x) )在区间在区间(0(0，)上单调递增；上单调递增； 当当a a0 0 时，由时，由f f(x x)0)0 且且x x0 0， 解得解得 0 0 x x 1 12 2a a， 所以函数所以函数f f( (x x) )在区间在区间 0 0， 1 12 2a a上单调递增，在区间上单调递增，在区间 1 12 2a a， 上单调递减

7、上单调递减 (2)(2)由由(1)(1)知，当知，当a a( (2,02,0时，函数时，函数f f( (x x) )在区间在区间(0,1(0,1上单调递增，上单调递增， 所以所以x x(0,1(0,1时，函数时，函数f f( (x x) )的最大值是的最大值是f f(1)(1)2 22 2a a， 对任意的对任意的a a( (2,02,0， 都存在都存在x x0 0(0,1(0,1，不等式，不等式m me ea af f( (x x0 0) )0 0 都成立，都成立， 等价于对任意的等价于对任意的a a( (2,02,0，不等式，不等式m me ea a2 22 2a a0 0 都成立，不等式

8、都成立，不等式m me ea a2 22 2a a0 0可化可化为为m m2 2a a2 2e ea a， 记记g g( (a a) )2 2a a2 2e ea a( (a a( (2,0)2,0)， 则则g g(a a) )2e2ea aa aa ae e2 2a a4 42 2a ae ea a0 0， 所以所以g g( (a a) )的最大值是的最大值是g g(0)(0)2 2， 所以实数所以实数m m的取值范围是的取值范围是( (2 2，) 3 3已知函数已知函数f f( (x x) )a aln ln x xx x在点在点(1(1，f f(1)(1)处的切线与处的切线与x x轴平行

9、轴平行 (1)(1)求实数求实数a a的值及的值及f f( (x x) )的极值；的极值； (2)(2)是否存在区间是否存在区间 t t，t t2 23 3( (t t0)0)使函数使函数f f( (x x) )在此区间上存在极值点和零点？若存在此区间上存在极值点和零点？若存在，求出实数在，求出实数t t的取值范围，若不存在，请说明理由的取值范围，若不存在，请说明理由 解：解：(1)(1)f f(x x) )1 1x xx xa aln ln x xx x2 21 1a aln ln x xx x2 2( (x x0)0) f f( (x x) )在点在点(1(1，f f(1)(1)处的切线与

10、处的切线与x x轴平行，轴平行， f f(1)(1)1 1a aln 1ln 10 0 解得解得a a1 1f f( (x x) )1 1ln ln x xx x，f f(x x) )ln ln x xx x2 2， 当当 0 0 x x1 1 时，时，f f(x x) )0 0，当，当x x1 1 时，时，f f(x x) )0 0， f f( (x x) )在在(0,1)(0,1)上单调递增，在上单调递增，在(1(1，)上单调递减，上单调递减， 故故f f( (x x) )在在x x1 1 处取得极大值处取得极大值 1 1，无极小值，无极小值 (2)(2)x x1 1 时，时，f f( (

11、x x) )1 1ln ln x xx x0 0， 当当x x00 时，时，f f( (x x)， 由由(1)(1)得得f f( (x x) )在在(0,1)(0,1)上单调递增，上单调递增， 由零点存在性定理，知由零点存在性定理，知f f( (x x) )在区间在区间(0,1)(0,1)上存在唯一零点上存在唯一零点 函数函数f f( (x x) )的图象如图所示的图象如图所示 函数函数f f( (x x) )在区间在区间 t t，t t2 23 3( (t t0)0)上存在极值点和零点，上存在极值点和零点， 0 0t t1 1，t t2 23 31 1，f ft t1 1ln ln t tt

12、 t0 0，即即 0 0t t1 1，t t2 23 31 1，t t1 1e e，解得解得1 13 3t t1 1e e 存在符合条件的区间，实数存在符合条件的区间，实数t t的取值范围为的取值范围为 1 13 3，1 1e e 4 4(2017(2017沈阳质监沈阳质监) )已知函数已知函数f f( (x x) )1 12 2x x2 2a aln ln x xb b( (a aR)R) (1)(1)若曲线若曲线y yf f( (x x) )在在x x1 1 处的切线的方程为处的切线的方程为 3 3x xy y3 30 0，求实数，求实数a a，b b的值；的值； (2)(2)若若x x1

13、 1 是函数是函数f f( (x x) )的极值点，求实数的极值点，求实数a a的值；的值； (3)(3)若若22a a0 0，对任意，对任意x x1 1，x x2 2(0,2(0,2，不等式，不等式| |f f( (x x1 1) )f f( (x x2 2)|)|m m 1 1x x1 11 1x x2 2恒成立，恒成立，求求m m的最小值的最小值 解：解：(1)(1)因为因为f f( (x x) )1 12 2x x2 2a aln ln x xb b， 所以所以f f(x x) )x xa ax x， 因为曲线因为曲线y yf f( (x x) )在在x x1 1 处的切线的方程为处的

14、切线的方程为 3 3x xy y3 30 0， 所以所以 f f3 3，f f0 0，即即 1 1a a3 3，1 12 2b b0 0，解得解得 a a2 2，b b1 12 2. . (2)(2)因为因为x x1 1 是函数是函数f f( (x x) )的极值点，的极值点， 所以所以f f(1)(1)1 1a a0 0，所以，所以a a1 1 当当a a1 1 时，时，f f( (x x) )1 12 2x x2 2ln ln x xb b，定义域为，定义域为(0(0，)， f f(x x) )x x1 1x xx x2 21 1x xx xx xx x， 当当 0 0 x x1 1 时，

15、时，f f(x x) )0 0，f f( (x x) )单调递减，单调递减， 当当x x1 1 时，时，f f(x x) )0 0，f f( (x x) )单调递增，单调递增， 所以所以a a1 1 (3)(3)因为因为22a a0,00,0 x x22，所以，所以f f(x x) )x xa ax x0 0， 故函数故函数f f( (x x) )在在(0,2(0,2上单调递增，上单调递增， 不妨设不妨设 0 0 x x1 1x x2 222， 则则| |f f( (x x1 1) )f f( (x x2 2)|)|m m 1 1x x1 11 1x x2 2可化为可化为f f( (x x2

16、2) )m mx x2 2f f( (x x1 1) )m mx x1 1， 设设h h( (x x) )f f( (x x) )m mx x1 12 2x x2 2a aln ln x xb bm mx x， 则则h h( (x x1 1)h h( (x x2 2) ) 所以所以h h( (x x) )为为(0,2(0,2上的减函数，上的减函数， 即即h h(x x) )x xa ax xm mx x2 20 0 在在(0,2(0,2上恒成立，上恒成立， 等价于等价于x x3 3axaxm m00 在在(0,2(0,2上恒成立，上恒成立， 即即m mx x3 3axax在在(0,2(0,2上恒成立，上恒成立， 又又22a a0 0，所以，所以axax2 2x x，所以，所以x x3 3axaxx x3 32 2x x， 而函数而函数y yx x3 32 2x x在在(0,2(0,2上是增函数，上是增函数， 所以所以x x3 32 2x x12(12(当且仅当当且仅当a a2 2，x x2 2 时等号成立时等号成立) ) 所以所以m m1212， 即即m m的最小值为的最小值为 1212