2018届高三数学复习导数及其应用第四节导数的综合应用夯基提能作业本理.docx

第四节导数的综合应用A组基础题组1.(2016山东枣庄一模,10)设函数f(x)在R上存在导数f (x),xR,有f(-x)+f(x)=x2,在(0,+)上, f (x)0),为使耗电量最小,则速度应定为.4.(2015北京,19,13分)设函数f(x)=x22-kln x,k0.(1)求f(x)的单调区间和极值;(2)证明:若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,e上仅有一个零点.5.(2015天津,20,14分)已知函数f(x)=nx-xn,xR,其中nN*,且n2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为y=g(x),求证:对于任意的正实数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:|x2-x1|-3)上的最小值;(3)判断函数F(x)=2f(x)-g(x)+2的零点个数.7.设f(x)=ax+xln x,g(x)=x3-x2-3.(1)如果存在x1,x20,2使得g(x1)-g(x2)M成立,求满足上述条件的最大整数M;(2)如果对任意的s,t12,2都有f(s)g(t)成立,求实数a的取值范围.答案全解全析A组基础题组1.B令g(x)=f(x)-12x2(xR),g(-x)+g(x)=f(-x)-12x2+f(x)-12x2=0,函数g(x)为奇函数.x(0,+)时,g(x)=f (x)-x0).设g(x)=exx,则g(x)=(x-1)exx2,则g(x)在(0,1)内单调减,在(1,+)内单调增.g(x)在(0,+)上有最小值,为g(1)=e,结合g(x)=exx与y=k的图象可知,要满足题意,只需ke,选A.3.答案40解析易知y=x2-39x-40.令y=x2-39x-40=0,得x=-1(舍去)或x=40,当0x40时,y40时,y0,所以当x=40时,y有最小值.4.解析(1)由f(x)=x22-kln x(k0)得f (x)=x-kx=x2-kx.由f (x)=0解得x=k.f(x)与f (x)在区间(0,+)上的情况如下表:x(0,k)k(k,+)f (x)-0+f(x)k(1-lnk)2所以, f(x)的单调递减区间是(0,k),单调递增区间是(k,+); f(x)在x=k处取得极小值f(k)=k(1-lnk)2.(2)证明:由(1)知, f(x)在区间(0,+)上的最小值为f(k)=k(1-lnk)2.因为f(x)存在零点,所以k(1-lnk)20,从而ke.当k=e时, f(x)在区间(1,e)上单调递减,且f(e)=0,所以x=e是f(x)在区间(1,e上的唯一零点.当ke时, f(x)在区间(0,e)上单调递减,且f(1)=120, f(e)=e-k20,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x0=n1n-1, f (x0)=n-n2.曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=f (x0)(x-x0),即g(x)=f (x0)(x-x0).令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)-f (x0)(x-x0),则F(x)=f (x)-f (x0).由于f (x)=-nxn-1+n在(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)内单调递增,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)=(n-n2)(x-x0).设方程g(x)=a的根为x2,可得x2=an-n2+x0.当n2时,g(x)在(-,+)上单调递减.又由(2)知g(x2)f(x2)=a=g(x2),可得x2x2.类似地,设曲线y=f(x)在原点处的切线方程为y=h(x),可得h(x)=nx.当x(0,+)时, 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x1=.因为h(x)=nx在(-,+)上单调递增,且h(x1)=a=f(x1)h(x1),因此x1x1.由此可得x2-x1x2-x1=a1-n+x0.因为n2,所以2n-1=(1+1)n-11+Cn-11=1+n-1=n,故2n1n-1=x0.所以,|x2-x1|0得x-2,由f (x)0得x-3,t+1-2.当-3t-2时, f(x)在t,-2上单调递减,在-2,t+1上单调递增,f(x)min=f(-2)=-2e-2.当t-2时, f(x)在t,t+1上单调递增,f(x)min=f(t)=2et(t+1).当-3t0得x-ln 2或x-2,由F(x)0得-2x0,F(-4)=4e-4(-4+1)-16+16=-12e-40,故函数F(x)=2f(x)-g(x)+2只有一个零点.7.解析(1)存在x1,x20,2使得g(x1)-g(x2)M成立,等价于g(x1)-g(x2)maxM,因为g(x)=x3-x2-3,所以g(x)=3x2-2x=3xx-23,列表分析如下:x00,23232g(x)-0+g(x)-3递减-8527递增1由上表可知在区间0,2上,g(x)min=g23=-8527,g(x)max=g(2)=1,所以g(x1)-g(x2)max=g(x)max-g(x)min=11227,所以满足条件的最大整数M=4.(2)对任意的s,t12,2都有f(s)g(t)成立等价于在区间12,2上,函数f(x)的最小值不小于g(x)的最大值.由(1)知,在区间12,2上,g(x)的最大值为g(2)=1.所以在区间12,2上, f(x)min1.又因为f(1)=a,所以a1.下面证当a1时,在区间12,2上, f(x)1恒成立.当a1且x12,2时,f(x)=ax+xln x1x+xln x,记h(x)=1x+xln x,则h(x)=-1x2+ln x+1,h(1)=0