新教材新高考一轮复习人教B版 高考大题强化练　导数的综合应用 作业

1、高考大题强化练导数的综合应用1已知函数f(x)(a1)ln xeq f(a,x)x(aR)(1)当a2时，求曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程；(2)若函数f(x)在1,3上的最大值为2，求实数a的值解：(1)a2时，f(x)ln xeq f(2,x)x，则f(x)eq f(1,x)eq f(2,x2)1，所以f(2)ln 23，f(2)0，所以所求切线方程为yln 23.(2)由题可得f(x)eq f(x1xa,x2)(1x3)，当a1时，f(x)0，f(x)在1,3上单调递减，所以f(1)2，即a12，解得a1；当a3时，f(x)0，f(x)在1,3上单调递增，所以f(3)2，即

2、(a1)ln 3eq f(a,3)32，解得aeq f(ln 31,ln 3f(1,3)3，舍去；当1a0)，则h(x)eq f(1,x2)eq f(1,x)0，即h(x)在(0，)内是减函数由h(1)0知，当0 x0，从而f(x)0；当x1时，h(x)0，从而f(x)0.综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，)3(2021潍坊期末)已知函数f(x)aexx1.(1)讨论函数的极值；(2)设x0为函数的极小值点，证明：f(x0)3eq f(1,a).解：(1)函数定义域为R，因为f(x)aexx1，所以f(x)aex1，当a0时，f(x)0恒成立，f(x)在R上单调

3、递减，函数不存在极值；当a0时，令f(x)0得xln a，当xln a时，f(x)0，当xln a时，f(x)0，因此函数在xln a处有极小值综上：当a0时，函数不存在极值；当a0时，函数在xln a处有极小值(2)证明：由(1)知当a0时，f(x)在xln a时取得极小值，故x0ln a.则f(x0)aex0 x01aeln aln a12ln a.设函数g(x)2ln xeq blc(rc)(avs4alco1(3f(1,x)ln xeq f(1,x)1，g(x)eq f(x1,x2)(x0)，当0 x1时，g(x)0；g(x)单调递减；当x1时，g(x)0；g(x)单调递增；故g(x)

4、ming(1)0，即g(x)g(1)0，所以f(x0)3eq f(1,a).4(2021厦门期末)设f(x)ax3xln x.(1)求函数g(x)eq f(fx,x)的单调区间；(2)若x1，x2(0，)，且x1x2，eq f(fx1fx2,x1x2)2，求实数a的取值范围解：(1)g(x)ax2ln x(x0)，g(x)2axeq f(1,x)eq f(2ax21,x)(x0)，当a0时，g(x)0，g(x)在(0，)上单调递增；当a0时，若xeq blc(rc)(avs4alco1(0， r(f(1,2a)，则g(x)0，若xeq blc(rc)(avs4alco1( r(f(1,2a)，

5、)，则g(x)0，所以g(x)在eq blc(rc)(avs4alco1(0， r(f(1,2a)上单调递增，在eq blc(rc)(avs4alco1( r(f(1,2a)，)上单调递减综上，当a0时，函数g(x)在(0，)上单调递增；当a0时，函数g(x)在eq blc(rc)(avs4alco1(0， r(f(1,2a)上单调递增，在eq blc(rc)(avs4alco1( r(f(1,2a)，)上单调递减(2)因为x1x20，不等式eq f(fx1fx2,x1x2)2恒成立，所以f(x1)f(x2)2x12x2，亦即f(x1)2x1f(x2)2x2恒成立，所以F(x)f(x)2x在(0，)上为减函数，即F(x)0恒成立因为F(x)ax3xln x2x，则F(x)3ax2ln x10，即3aeq f(1ln x,x2)恒成立令h(x)eq f(1ln x,x2)，则h(x)eq f(2ln x3,x3)，所以当xeq blc(rc)(avs4alco1(0，ef(3,2)时，h(x)0，h(x)在(0，eeq f(3,2)上单调递减；当x(eeq f(3,2)，)时，h(x)0，h(x)在(eeq f(3,2)，)上单调递增，所以h(x)h(e