高考数学一轮复习第三章导数及其应用第三节导数的综合应用课后作业理.doc

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1、1 / 7【2019【2019 最新最新】精选高考数学一轮复习第三章导数及其应用精选高考数学一轮复习第三章导数及其应用第三节导数的综合应用课后作业理第三节导数的综合应用课后作业理1已知 f(x)(1x)ex1.(1)求函数 f(x)的最大值；(2)设 g(x)，x1，且 x0，证明：g(x)1.2已知函数 f(x)x33x2ax2，曲线 yf(x)在点(0,2)处的切线与 x 轴交点的横坐标为2.(1)求 a；(2)证明：当 k0 时，f(x)2aaln.4(2016烟台模拟)已知函数 f(x)x2ax，g(x)ln x，h(x)f(x)g(x)(1)若函数 yh(x)的单调减区间是，求实数

2、a 的值；(2)若 f(x)g(x)对于定义区域内的任意 x 恒成立，求实数 a的取值范围；(3)设函数 yh(x)有两个极值点 x1，x2，且 x1，若 h(x1)h(x2)m 恒成立，求实数 m 的最大值1(2015新课标全国卷)设函数 f(x)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，x21,1，都有|f(x1)f(x2)2 / 7|e1，求 m 的取值范围2(2015新课标全国卷)已知函数 f(x)x3ax，g(x)ln x.(1)当 a 为何值时，x 轴为曲线 yf(x)的切线；(2)用 minm，n表示 m，n 中的最小值，

3、设函数 h(x)minf(x)，g(x)(x0)，讨论 h(x)零点的个数答 案1解：(1)f(x)xex.当 x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递增；当 x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递减所以 f(x)的最大值为 f(0)0.(2)证明：由(1)知，当 x0 时，f(x)x.设 h(x)f(x)x，则 h(x)xex1.当 x(1,0)时，0h(0)0，即 g(x)1 且 x0 时，总有 g(x)0.3 / 7当 x0 时，g(x)3x26x1k0，g(x)单调递增，g(1)k10 时，令 h(x)x33x24，则 g(x)h(x)(1k)xh(x)h(x)3x26x3x(x2)

4、，h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增，所以 g(x)h(x)h(2)0.所以 g(x)0 在(0，)上没有实根综上，g(x)0 在 R 上有唯一实根，即曲线 yf(x)与直线ykx2 只有一个交点3解：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2x.当 a0 时，f(x)0，f(x)没有零点；当 a0 时，设 u(x)e2x，v(x)，因为 u(x)e2x 在(0，)上单调递增，v(x)在(0，)上单调递增，所以 f(x)在(0，)上单调递增又 f(a)0，当 b 满足 00 时，f(x)存在唯一零点(2)证明：由(1)，可设 f(x)在(0，)上的唯一零点为x0，当 x

5、(0，x0)时，f(x)0.故 f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以当 xx0 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(x0)由于 2e2x00，所以 f(x0)2ax0aln2aaln.4 / 7故当 a0 时，f(x)2aaln.4解：(1)由题意可知，h(x)x2axln x(x0)，则 h(x)(x0)，若 h(x)的单调减区间是，则 h(1)h0，解得 a3，而当 a3 时，h(x)(x0)由 h(x)0)，ax(x0)令 (x)x(x0)，则 (x)，yx2ln x1 在(0，)上是增函数，且 x1 时，y0.当 x(0,1)时，(x)0，即 (x)在(0,

6、1)上是减函数，在(1，)上是增函数，min(x)(1)1，故 a1.即实数 a 的取值范围为(，1(3)由题意可知，h(x)x2axln x(x0)，则 h(x)(x0)可得方程 2x2ax10(x0)有两个不相等的实数根 x1，x2，且 x1，x1x2，x2(1，)，且 ax12x1，ax22x1，h(x1)h(x2)(xax1ln x1)(xax2ln x2)x(2x1)ln x1x(2x1)ln x2xxlnxln(2x)(x21)设 L(x)x2ln(2x2)(x1)，5 / 7则 L(x)0(x1)，所以 L(x)在(1，)上是增函数，L(x)L(1)ln 2，即 h(x1)h(x

7、2)ln 2，所以 mln 2.即 m 的最大值为ln 2.1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.所以，f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增(2)由(1)知，对任意的 m，f(x)在1,0上单调递减，在0,1上单调递增，故 f(x)在 x0 处取得最小值所以对于任意x1，x21,1，|f(x1)f(x2)|e1 的充要条件是即 设函数 g(t)ette1，则 g(t)et1.当 t0 时，g(t)0.故 g(t)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增又 g(1)0，g(1)e12e1 时，由

8、g(t)的单调性，g(m)0，即 emme1；当 m0，即 emme1.综上，m 的取值范围是1,12解：(1)设曲线 yf(x)与 x 轴相切于点(x0,0)，则 f(x0)6 / 70，f(x0)0，即Error!解得Error!因此，当 a时，x 轴为曲线 yf(x)的切线(2)当 x(1，)时，g(x)ln x0，所以只需考虑 f(x)在(0,1)上的零点个数若 a3 或 a0，则 f(x)3x2a 在(0,1)上无零点，故 f(x)在(0,1)上单调而 f(0)，f(1)a，所以当 a3 时，f(x)在(0,1)上有一个零点；当 a0 时，f(x)在(0,1)上没有零点若3或 a时，h(x)有一个零点；当 a或 a时，h(x)有两个零点；当a时，h(x)有三个零点7 / 7