2017届高考数学一轮复习 全册 理_8

1 【创新方案】2017 届高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第 三节 导数的综合应用课后作业 理 全 盘 巩 固 1已知 f(x)(1 x)ex1. (1)求函数 f(x)的最大值； (2)设 g(x) ， x1，且 x0，证明： g(x)1. f xx 2已知函数 f(x) x33 x2 ax2，曲线 y f(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)2 a aln . 2a 4(2016烟台模拟)已知函数 f(x) x2 ax， g(x)ln x， h(x) f(x) g(x) (1)若函数 y h(x)的单调减区间是 ，求实数 a 的值；( 12， 1) (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 y h(x)有两个极值点 x1， x2，且 x1 ，若 h(x1) h(x2)m 恒成立，(0， 12) 求实数 m 的最大值 2 冲 击 名 校 1(2015新课标全国卷)设函数 f(x)e mx x2 mx. (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)|e1，求 m 的取值范围 2(2015新课标全国卷)已知函数 f(x) x3 ax ， g(x)ln x. 14 (1)当 a 为何值时， x 轴为曲线 y f(x)的切线； (2)用 minm， n表示 m， n 中的最小值，设函数 h(x)min f(x)， g(x)(x0)，讨论 h(x)零点的个数 答 案 全 盘 巩 固 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. 当 x0 时， g( x)3 x26 x1 k0， g(x)单调递增， g(1) k10 时，令 h(x) x33 x24，则 g(x) h(x)(1 k)xh(x) h( x)3 x26 x3 x(x2)， 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 y f(x)与直线 y kx2 只有一个交点 3解：(1) f(x)的定义域为(0，)， f( x)2e 2x . ax 当 a0 时， f( x)0， f( x)没有零点； 当 a0 时，设 u(x)e 2x， v(x) ， ax 因为 u(x)e 2x在(0，)上单调递增， v(x) 在(0，)上单调递增， ax 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(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 x x0时， f(x)取得最小值，最小值为 f(x0) 由于 2e2x0 0， ax0 所以 f(x0) 2 ax0 aln 2 a aln . a2x0 2a 2a 故当 a0 时， f(x)2 a aln . 2a 4 4解：(1)由题意可知， h(x) x2 axln x(x0)， 则 h( x) (x0)， 2x2 ax 1x 若 h(x)的单调减区间是 ，则 h(1) h 0，解得 a3，( 12， 1) (12) 而当 a3 时， h( x) (x0) 2x2 3x 1x 2x 1 x 1x 由 h( x)0)， a x (x0) ln xx 令 (x) x (x0)，则 ( x) ， ln xx x2 ln x 1x2 y x2ln x1 在(0，)上是增函数，且 x1 时， y0. 当 x(0,1)时， ( x)0， 即 (x)在(0,1)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) x2 axln x(x0)， 则 h( x) (x0) 2x2 ax 1x 可得方程 2x2 ax10( x0)有两个不相等的实数根 x1， x2，且 x1 ，(0， 12) x1x2 ， x2 (1，)， 12 12x1 且 ax12 x 1， ax22 x 1，21 2 h(x1) h(x2)( x ax1ln x1)( x ax2ln x2)21 2 x (2 x 1)ln x1 x (2 x 1)ln x221 21 2 2 x x ln x ln(2 x )(x21)2 21 x1x2 2 14x2 2 设 L(x) x2 ln(2 x2)(x1)， 14x2 则 L( x) 0(x1)， 2x2 1 22x3 所以 L(x)在(1，)上是增函数， L(x)L(1) ln 2， 34 5 即 h(x1) h(x2) ln 2，所以 m ln 2. 34 34 即 m 的最大值为 ln 2. 34 冲 击 名 校 1解：(1)证明： f( x) m(emx1)2 x. 若 m0，则当 x(，0)时，e mx10， 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Error! 即Error! 设函数 g(t)e t te1，则 g( t)e t1. 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)e 1 2e1 时，由 g(t)的单调性， g(m)0， 即 em me1； 当 m0，即 e m me1. 综上， m 的取值范围是1,1 2解：(1)设曲线 y f(x)与 x 轴相切于点( x0,0)，则 f(x0)0， f( x0)0，即 Error!解得 Error! 因此，当 a 时， x 轴为曲线 y f(x)的切线 34 (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)3 x2 a 在(0,1)上无零点，故 f(x)在(0,1)上单调 而