江苏专版2019版高考数学一轮复习第三章导数及其应用课时达标检测十七导数与函数的综合问题201805304114.doc

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1、1课时达标检测课时达标检测(十七）十七）导数与函数的综合问题导数与函数的综合问题一、全员必做题1(2017宜州调研)设f(x)|lnx|，若函数g(x)f(x)ax在区间(0,4)上有三个零点，则实数a的取值范围是_解析：令y1f(x)|lnx|，y2ax，若函数g(x)f(x)ax在区间(0,4)上有三个零点，则y1f(x)|lnx|与y2ax的图象(图略)在区间(0,4)上有三个交点由图象易知，当a0 时，不符合题意；当a0 时，易知y1|lnx|与y2ax的图象在区间(0,1)上有一个交点，所以只需要y1|lnx|与y2ax的图象在区间(1,4)上有两个交点即可，此时|lnx|lnx，由

2、 lnxax，得alnxx.令h(x)lnxx，x(1,4)，则h(x)1lnxx2，故函数h(x)在(1，e)上单调递增，在(e,4)上单调递减，h(e)ln ee1e，h(1)0，h(4)ln 44ln 22，所以ln 22a1e.答案：ln 22，1e2(2018常州中学第一次检测)设二次函数f(x)ax2bxc(a，b，c为常数)的导函数为f(x)对任意xR，不等式f(x)f(x)恒成立，则b2a2c2的最大值为_解析：由f(x)ax2bxc得f(x)2axb.因为对任意xR，不等式f(x)f(x)恒成立，即ax2bxc2axb恒 成 立，所 以ax2(b 2a)x(cb)0，所 以a

3、0，b2a24acb0，即a0，b24ac4a24aca，a0，b24ac4a2，ca，所以b2a2c24ac4a2a2c24ca11ca2.设tca，y4t11t2(t1)，则y41t22tt11t224t22t11t22(t1)由y0 得t 21，所以当 1t 21 时，y0，当t 21 时，y0.所以t 21 时，y取得极大值，也是最大值，即ymax421112122 22.2答案：2 223(2018苏北四市期末)已知函数f(x)sinx，x1，x39x225xa，x1，若函数f(x)的图象与直线yx有三个不同的公共点，则实数a的取值集合为_解析：当x1 时，f(x)sinx与yx的图

4、象有 1 个交点，为(0,0)，则当x1 时，f(x)x39x225xa与yx的图象有 2 个交点，即关于x的方程x39x224xa0 在x1，)有两个不同解令g(x)x39x224xa，x1，)，则g(x)3x218x243(x2)(x4)，由g(x)0 得x2 或 4.且x1,2)，g(x)0，g(x)递增；x(2,4)，g(x)0，g(x)递减；x(4，)，g(x)0，g(x)递增所以g(2)20a0 或g(4)16a0，解得a20 或a16.故实数a的取值集合为20，16答案：20，164已知函数f(x)axxlnx(aR)(1)若函数f(x)在区间e，)上为增函数，求a的取值范围；(

5、2)当a1 且kZ 时，不等式k(x1)f(x)在x(1，)上恒成立，求k的最大值解：(1)f(x)alnx1，由题意知f(x)0 在e，)上恒成立，即 lnxa10 在e，)上恒成立，即a(lnx1)在e，)上恒成立，而(lnx1)max(ln e1)2，a2，即a的取值范围为2，)(2)当a1 时，f(x)xxlnx，x(1，)，原不等式可化为kfxx1，即kxxlnxx1对任意x1 恒成立令g(x)xxlnxx1，则g(x)xlnx2x12.令h(x)xlnx2(x1)，3则h(x)11xx1x0，h(x)在(1，)上单调递增h(3)1ln 30，h(4)22ln 20，存在x0(3,4

6、)使h(x0)0，即g(x0)0.即当 1xx0时，h(x)0，即g(x)0.当xx0时，h(x)0，即g(x)0.g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增由h(x0)x0lnx020，得 lnx0 x02，g(x)ming(x0)x01lnx0 x01x01x02x01x0(3,4)，kg(x)minx0且kZ，即kmax3.5已知函数f(x)(a1)lnxax21.(1)讨论yf(x)的单调性；(2)若a2，证明：对x1，x2(0，)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|.解：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)a1x2ax2ax2a1xa2x211x.当a0 时，

7、f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递增当a1 时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递减当1a0 时，令f(x)0，解得xa12a，由于f(x)在(0，)上单调递减，故当x0，a12a时，f(x)0，f(x)在0，a12a上单调递增；当xa12a，时，f(x)0，f(x)在a12a，上单调递减(2)证明：不妨假设x1x2.由于a2，故f(x)在(0，)上单调递减|f(x1)f(x2)|4|x1x2|等价于f(x2)f(x1)4x14x2，即f(x2)4x2f(x1)4x1.令g(x)f(x)4x，则g(x)a1x2ax42ax24xa1x，于是g(x)4x24x1x2x12x0.4从而

8、g(x)在(0，)上单调递减，故g(x1)g(x2)，即f(x2)4x2f(x1)4x1，故对x1，x2(0，)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|.6(2017南通二模)植物园拟建一个多边形苗圃，苗圃的一边紧靠着长度大于 30 m的围墙现有两种方案：方案多边形为直角三角形AEB(AEB90)，如图 1 所示，其中AEEB30 m；方案多边形为等腰梯形AEFB(ABEF)，如图 2 所示，其中AEEFBF10 m.请分别求出两种方案中苗圃的最大面积，并从中确定使苗圃面积最大的方案解：设方案、中苗圃面积分别为S1，S2.方案：设AEx，则S112x(30 x)12x30 x222252(当且

9、仅当x15 时取等号)方案：设BAE，则S2100sin(1cos)，0，2，由S2100(2cos2cos1)0 得 cos12(负值舍去)因为0，2，所以3，列表0，333，2S20S2极大值所以3时，S2取得最大值为 75 3，又 75 32252，故方案、中苗圃最大面积分别为2252m2,75 3m2.建苗圃时用方案，且BAE3.二、重点选做题1(2017徐州期初测试)已知函数f(x)ex，g(x)ax2bx1(a，bR)(1)若a0，则a，b满足什么条件时，曲线yf(x)与yg(x)在x0 处总有相同的切线？5(2)当a1 时，求函数h(x)gxfx的单调减区间；(3)当a0 时，若

10、f(x)g(x)对任意的xR 恒成立，求b的取值的集合解：(1)f(x)ex，f(0)1，又f(0)1，yf(x)在x0 处的切线方程为yx1，又g(x)2axb，g(0)b，又g(0)1，yg(x)在x0 处的切线方程为ybx1，所以当a0，aR 且b1 时，曲线yf(x)与yg(x)在x0 处总有相同的切线(2)a1，则h(x)x2bx1ex，h(x)x22bxb1exx1x1bex，由h(x)0，得x11，x21b，当b0 时，函数yh(x)的减区间为(，1b)，(1，)；当b0 时，函数yh(x)的减区间为(，)；当b0 时，函数yh(x)的减区间为(，1)，(1b，)(3)由a0，得

11、(x)f(x)g(x)exbx1，(x)exb，当b0 时，(x)0，函数(x)在 R 上单调递增，又(0)0，x(，0)时，(x)0，与函数f(x)g(x)矛盾，当b0 时，由(x)0，得xlnb；由(x)0，得xlnb，函数(x)在(，lnb)上单调递减，在(lnb，)上单调递增，()当 0b1 时，lnb0，又(0)0，(lnb)0，与函数f(x)g(x)矛盾，()当b1 时，同理(lnb)0，与函数f(x)g(x)矛盾，()当b1 时，lnb0，函数(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，(x)(0)0，故b1 满足题意综上所述，b的取值的集合为12.已知函数f(x)xexa

12、lnx，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线平行于x轴(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：当be 时，f(x)b(x22x2)6解：(1)因为f(x)(x1)exax，x0，依题意得f(1)0，即 2ea0，解得a2e.所以f(x)(x1)ex2ex，显然f(x)在(0，)上单调递增且f(1)0，故当x(0,1)时，f(x)0，所以f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，)(2)证明：当b0 时，由(1)知，当x1 时，f(x)取得最小值 e.又b(x22x2)的最大值为b，故f(x)b(x22x2)当 00，则h(x)(x2)ex2ex22b，当x(0,1时，2ex2

13、2b0，(x2)ex0，所以h(x)0，当x(1，)时，(x2)ex2b0，2ex20，所以h(x)0，所以当x(0，)时，h(x)0，故h(x)在(0，)上单调递增，又h(1)0，所以当x(0,1)时，g(x)0.所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以当x1 时，g(x)取得最小值g(1)eb0，所以g(x)0，即f(x)b(x22x2)综上，当be 时，f(x)b(x22x2)三、冲刺满分题1(2017江苏高考)已知函数f(x)x3ax2bx1(a0，bR)有极值，且导函数f(x)的极值点是f(x)的零点(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)(1)求b关于a的函

14、数关系式，并写出定义域；(2)证明：b23a；7(3)若f(x)，f(x)这两个函数的所有极值之和不小于72，求a的取值范围解：(1)由f(x)x3ax2bx1，得f(x)3x22axb3xa32ba23.当xa3时，f(x)有极小值ba23.因为f(x)的极值点是f(x)的零点，所以fa3 a327a39ab310，又a0，故b2a293a.因为f(x)有极值，故f(x)0 有实根，从而ba2319a(27a3)0，即a3.当a3 时，f(x)0(x1)，故f(x)在 R 上是增函数，f(x)没有极值；当a3 时，f(x)0 有两个相异的实根x1aa23b3，x2aa23b3.当x变化时，f

15、(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，x1)x1(x1，x2)x2(x2，)f(x)00f(x)极大值极小值故f(x)的极值点是x1，x2.从而a3.因此b2a293a，定义域为(3，)(2)证明：由(1)知，ba2a a93a a.设g(t)2t93t，则g(t)293t22t2279t2.8当t3 62，时，g(t)0，从而g(t)在3 62，上单调递增因为a3，所以a a3 3，故g(a a)g(3 3)3，即ba 3.因此b23a.(3)由(1)知，f(x)的极值点是x1，x2，且x1x223a，x21x224a26b9.从而f(x1)f(x2)x31ax21bx11x32ax22b

16、x21x13(3x212ax1b)x23(3x222ax2b)13a(x21x22)23b(x1x2)24a36ab274ab920.记f(x)，f(x)所有极值之和为h(a)，因为f(x)的极值为ba2319a23a，所以h(a)19a23a，a3.因为h(a)29a3a20，于是h(a)在(3，)上单调递减因为h(6)72，于是h(a)h(6)，故a6.因此a的取值范围为(3,62(2017天津高考)设aZ，已知定义在 R 上的函数f(x)2x43x33x26xa在区间(1,2)内有一个零点x0，g(x)为f(x)的导函数(1)求g(x)的单调区间；(2)设m1，x0)(x0,2，函数h(

17、x)g(x)(mx0)f(m)，求证：h(m)h(x0)0；(3)求证：存在大于 0 的常数A，使得对于任意的正整数p，q，且pq1，x0)(x0,2，满足|pqx0|1Aq4.解：(1)由f(x)2x43x33x26xa，9可得g(x)f(x)8x39x26x6，进而可得g(x)24x218x6.令g(x)0，解得x1 或x14.当x变化时，g(x)，g(x)的变化情况如下表：x(，1)1，1414，g(x)g(x)所以g(x)的单调递增区间是(，1)，14，单调递减区间是1，14.(2)证明：由h(x)g(x)(mx0)f(m)，得h(m)g(m)(mx0)f(m)，h(x0)g(x0)(

18、mx0)f(m)令函数H1(x)g(x)(xx0)f(x)，则H1(x)g(x)(xx0)由(1)知，当x1,2时，g(x)0，故当x1，x0)时，H1(x)0，H1(x)单调递减；当x(x0,2时，H1(x)0，H1(x)单调递增因此，当x1，x0)(x0,2时，H1(x)H1(x0)f(x0)0，可得H1(m)0，即h(m)0.令函数H2(x)g(x0)(xx0)f(x)，则H2(x)g(x0)g(x)由(1)知g(x)在1,2上单调递增，故当x1，x0)时，H2(x)0，H2(x)单调递增；当x(x0,2时，H2(x)0，H2(x)单调递减因此，当x1，x0)(x0,2时，H2(x)H2

19、(x0)0，可得H2(m)0，即h(x0)0.所以h(m)h(x0)0.(3)证明：对于任意的正整数p，q，且pq1，x0)(x0,2，令mpq，函数h(x)g(x)(mx0)f(m)由(2)知，当m1，x0)时，h(x)在区间(m，x0)内有零点；当m(x0,2时，h(x)在区间(x0，m)内有零点10所以h(x)在(1,2)内至少有一个零点，不妨设为x1，则h(x1)g(x1)pqx0fpq0.由(1)知g(x)在1,2上单调递增，故 0g(1)g(x1)g(2)，于是|pqx0|fpqgx1|fpq|g2|2p43p3q3p2q26pq3aq4|g2q4.因为当x1,2时，g(x)0，故f(x)在1,2上单调递增，所以f(x)在区间1,2上除x0外没有其他的零点，而pqx0，故fpq0.又因为p，q，a均为整数，所以|2p43p3q3p2q26pq3aq4|是正整数，从而|2p43p3q3p2q26pq3aq4|1.所以|pqx0|1g2q4.所以只要取Ag(2)，就有|pqx0|1Aq4.