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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.

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