2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练：专题一　6 第6讲　导数的综合应用 .doc

1、 专题强化训练 1(2019 衢州市高三数学质量检测)已知函数 f(x)ln x1 2ax 2(1a)x1. (1)当 a1 时，求函数 f(x)在 x2 处的切线方程； (2)求函数 f(x)在 x1，2时的最大值 解：(1)当 a1 时，f(x)ln x1 2x 21， 所以 f(x)1 xx， 所以 f(2)3 2，即 k 切3 2， 已知切点为(2，1ln 2)， 所以切线的方程为：y3 2x2ln 2. (2)因为 f(x)ax 2（1a）x1 x (1x2)， 当 a0 时，f(x)0 在 x1，2恒成立， 所以 f(x)在 x1，2单调递增， 所以 fmax(x)f(2)4a3l

2、n 2； 当 0a1 2时，f(x)在 x1，2单调递增， 所以 fmax(x)f(2)4a3ln 2； 当1 2a1 时，f(x)在 x1， 1 a单调递增，在 x 1 a，2单调递减， 所以 fmax(x)f(1 a) 1 2aln a； 当 a1 时，f(x)在 x1，2单调递减， 所以 fmax(x)f(1)3 2a2， 综上所述 fmax(x) 4a3ln 2，a 1 2 ln a 1 2a， 1 2a1 3 2a2，a1 . 2(2019 绍兴、诸暨市高考二模)已知函数 f(x)xexa(x1)(aR) (1)若函数 f(x)在 x0 处有极值，求 a 的值与 f(x)的单调区间；

3、 (2)若存在实数 x0(0，1 2)，使得 f(x0)0，求实数 a 的取值范围 解：(1)f(x)(x1)exa， 由 f(0)0，解得：a1， 故 f(x)(x1)ex1， 令 f(x)0，解得：x0， 令 f(x)0，解得：x0， 故 f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增 (2)若 f(x)0 在 x(0，1 2)上有解， 即 xexa(x1)，a xex x1在 x(0， 1 2)上有解， 设 h(x) xex x1，x(0， 1 2)， 则 h(x)e x（x2x1） （x1）2 0， 故 h(x)在(0，1 2)单调递减， h(x)在(0，1 2)的值域是( e，0)，

4、 故 ah(0)0. 3(2019兰州市实战考试)已知函数 f(x)ln xax1a x 1(aR) (1)当 00， 当 x(0，1)时，f(x)0，函数 f(x)单调递增； 当 x 1 a1， 时，f(x)2 时，g(x)ming(2)84b，且当 b2 时，84b88ln 2； (2)若 a34ln 2，证明：对于任意 k0，直线 ykxa 与曲线 yf(x)有唯一公共点 证明：(1)函数 f(x)的导函数 f(x) 1 2 x 1 x， 由 f(x1)f(x2)得 1 2 x1 1 x1 1 2 x2 1 x2， 因为 x1x2，所以 1 x1 1 x2 1 2. 由基本不等式得1 2

5、 x1x2 x1 x224x1x2， 因为 x1x2，所以 x1x2256. 由题意得 f(x1)f(x2) x1ln x1 x2ln x21 2 x1x2ln(x1x2) 设 g(x)1 2 xln x， 则 g(x) 1 4x( x4)， 所以 x (0，16) 16 (16，) g(x) 0 g(x) 24ln 2 所以 g(x)在256，上单调递增，故 g(x1x2)g(256)88ln 2， 即 f(x1)f(x2)88ln 2. (2)令 me (|a|k)，n |a|1 k 2 1，则 f(m)kma|a|kka0， f(n)knan 1 n a nk n |a|1 n k 0，

6、直线 ykxa 与曲线 yf(x)有唯一公共点 5(2019 绍兴市高三教学质量调测)已知函数 f(x) 1 3x 3ax23xb(a，bR) (1)当 a2，b0 时，求 f(x)在0，3上的值域； (2)对任意的 b，函数 g(x)|f(x)|2 3的零点不超过 4 个，求 a 的取值范围 解：(1)由 f(x)1 3x 32x23x， 得 f(x)x24x3(x1)(x3) 当 x(0，1)时，f(x)0，故 f(x)在(0，1)上单调递增； 当 x(1，3)时，f(x)0，故 f(x)在(1，3)上单调递减 又 f(0)f(3)0，f(1)4 3， 所以 f(x)在0，3上的值域为0，

7、4 3 (2)由题得 f(x)x22ax3，4a212， 当 0，即 a23 时，f(x)0，f(x)在 R 上单调递增，满足题意 当 0，即 a23 时，方程 f(x)0 有两根，设两根为 x1，x2，且 x1x2，x1x22a， x1x23. 则 f(x)在(，x1)，(x2，)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减 由题意知|f(x1)f(x2)|4 3， 即|x 3 1x 3 2 3 a(x21x22)3(x1x2)|4 3. 化简得4 3(a 23) 3 24 3，解得 3a 24， 综合，得 a24， 即2a2. 6 (2019 台州市高考一模)已知函数 f(x)1ln x x ，

8、 g(x)ae ex 1 xbx(e 为自然对数的底数)， 若曲线 yf(x)与曲线 yg(x)的一个公共点是 A(1，1)，且在点 A 处的切线互相垂直 (1)求 a，b 的值； (2)求证：当 x1 时，f(x)g(x)2 x. 解：(1)因为 f(x)1ln x x ， 所以 f(x)ln x1 x2 ，f(1)1. 因为 g(x)ae ex 1 xbx， 所以 g(x)ae ex 1 x2b. 因为曲线 yf(x)与曲线 yg(x)的一个公共点是 A(1，1)，且在点 A 处的切线互相垂直， 所以 g(1)1，且 f(1)g(1)1， 即 g(1)a1b1，g(1)a1b1， 解得 a

9、1，b1. (2)证明：由(1)知，g(x) e ex 1 xx， 则 f(x)g(x)2 x1 ln x x e ex 1 xx0. 令 h(x)1ln x x e ex 1 xx(x1)， 则 h(x)1ln x x2 e ex 1 x21 ln x x2 e ex1. 因为 x1，所以 h(x)ln x x2 e ex10， 所以 h(x)在1，)上单调递增，所以 h(x)h(1)0， 即 1ln x x e ex 1 xx0， 所以当 x1 时，f(x)g(x)2 x. 7 (2019 宁波市镇海中学高考模拟)设函数 f(x)e x x2k( 2 xln x)(k 为常数， e2.71

10、8 28是 自然对数的底数) (1)当 k0 时，求函数 f(x)的单调区间； (2)若函数 f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求 k 的取值范围 解：(1)f(x)的定义域为(0，)， 所以 f(x)e xx2ex2x x4 k(1 x 2 x2) （x2）（e xkx） x3 (x0)， 当 k0 时，kx0， 所以 exkx0， 令 f(x)0，则 x2， 所以当 0x2 时，f(x)0，f(x)单调递减； 当 x2 时，f(x)0，f(x)单调递增， 所以 f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，) (2)由(1)知，k0 时，函数 f(x)在(0，2)内单调递减，

11、 故 f(x)在(0，2)内不存在极值点； 当 k0 时，设函数 g(x)exkx，x(0，) 因为 g(x)exkexeln k， 当 0k1 时， 当 x(0，2)时，g(x)exk0，yg(x)单调递增， 故 f(x)在(0，2)内不存在两个极值点； 当 k1 时， 得 x(0，ln k)时，g(x) 0，函数 yg(x)单调递减， x(ln k，)时，g(x)0，函数 yg(x)单调递增， 所以函数 yg(x)的最小值为 g(ln k)k(1ln k) 函数 f(x)在(0，2)内存在两个极值点， 当且仅当 g（0）0 g（ln k）0 g（2）2 0ln k2 ， 解得：eke 2

12、2 综上所述， 函数 f(x)在(0，2)内存在两个极值点时，k 的取值范围为(e，e 2 2) 8(2019 杭州市学军中学高考模拟)已知函数 f(x)1 3ax 31 2bx 2x(a，bR) (1)当 a2，b3 时，求函数 f(x)极值； (2)设 ba1，当 0a1 时，对任意 x0，2，都有 m|f(x)|恒成立，求 m 的最小值 解：(1)当 a2，b3 时，f(x)2 3x 33 2x 2x， f(x)2x23x1(2x1)(x1)， 令 f(x)0，解得：x1 或 x1 2， 令 f(x)0，解得：1 2x1， 故 f(x)在(，1 2)单调递增，在( 1 2，1)单调递减，

13、在(1，)单调递增， 故 f(x)极大值f(1 2) 5 24，f(x)极小值f(1) 1 6. (2)当 ba1 时，f(x)1 3ax 31 2(a1)x 2x， f(x)ax2(a1)x1，f(x)恒过点(0，1)； 当 a0 时，f(x)x1， m|f(x)|恒成立， 所以 m1； 0a1，开口向上，对称轴a1 2a 1， f(x)ax2(a1)x1a(xa1 2a )21（a1） 2 4a ， 当 a1 时 f(x)x22x1，|f(x)|在 x0，2的值域为0，1； 要 m|f(x)|，则 m1； 当 0a1 时， 根据对称轴分类： 当 xa1 2a 2，即1 3a1 时， (a1)20， f(a1 2a )1 2 1 4(a 1 a)( 1 3，0)，又 f(2)2a11， 所以|f(x)|1； 当 xa1 2a 2，即 0a1 3； f(x)在 x0，2的最小值为 f(2)2a1； 12a11 3，所以|f(x)|1， 综上所述，要对任意 x0，2都有 m|f(x)|恒成立，有 m1， 所以 m1.