2018高考数学（文）大一轮复习习题 升级增分训练 导数的综合应用（一） Word版含答案.doc

《2018高考数学（文）大一轮复习习题 升级增分训练 导数的综合应用（一） Word版含答案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018高考数学（文）大一轮复习习题 升级增分训练 导数的综合应用（一） Word版含答案.doc（6页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、升级增分训练升级增分训练 导数的综合应用（一）导数的综合应用（一） 1 1设函数设函数f f( (x x) )ln ln x xaxax2 2x xa a1(1(a aR)R) (1)(1)当当a a1 12 2时，求函数时，求函数f f( (x x) )的单调区间；的单调区间； (2)(2)证明：当证明：当a a00 时，不等式时，不等式f f( (x x)x x1 1 在在(e(e 是自然对数的底数是自然对数的底数) )时，不等式时，不等式f f( (x x) )g g( (x x) )3 3 恒成立，求实数恒成立，求实数m m的取值范围的取值范围 解：解：(1)(1)当当m m4 4 时

2、，时，f f( (x x) )4 4x x4 4x x，f f(x x) )4 44 4x x2 2， f f(2)(2)5 5， 又又f f(2)(2)6 6， 所求切线方程为所求切线方程为y y6 65(5(x x2)2)， 即即y y5 5x x4 4 (2)(2)由题意知，由题意知，x x(1(1， e e 时，时， mxmxm mx x3ln 3ln x x3 3 恒成立，恒成立， 即即m m( (x x2 21)1)3 3x x3 3x xln ln x x恒成立，恒成立， x x(1(1， e e ，x x2 21 10 0， 则则m m3 3x x3 3x xln ln x x

3、x x2 21 1恒成立恒成立 令令h h( (x x) )3 3x x3 3x xln ln x xx x2 21 1，x x(1(1， e e ， 则则m mh h( (x x) )minmin h h(x x) )x x2 2x x6 6x x2 22 2x x2 2x x6 6x x2 22 2， x x(1(1， e e ， h h(x x) )0 0， 即即h h( (x x) )在在(1(1， e e 上是减函数上是减函数 当当x x(1(1， e e 时，时，h h( (x x) )minminh h( ( e e) )9 9 e e m m的取值范围是的取值范围是 ，9 9

4、e e2e2e2 2 3 3(2017(2017广西质检广西质检) )设函数设函数f f( (x x) )c cln ln x x1 12 2x x2 2bxbx( (b b，c cR R，c c0)0)，且，且x x1 1 为为f f( (x x) )的极值点的极值点 (1)(1)若若x x1 1 为为f f( (x x) )的极大值点，求的极大值点，求f f( (x x) )的单调区间的单调区间( (用用c c表示表示) )； (2)(2)若若f f( (x x) )0 0 恰有两解，求实数恰有两解，求实数c c的取值范围的取值范围 解：解：f f(x x) )c cx xx xb bx

5、x2 2bxbxc cx x( (x x0)0)，又，又f f(1)(1)0 0， 所以所以f f(x x) )x xx xc cx x( (x x0)0)且且c c11，b bc c1 10 0 (1)(1)因为因为x x1 1 为为f f( (x x) )的极大值点，所以的极大值点，所以c c1 1， 当当 0 0 x x1 1 时，时，f f(x x) )0 0； 当当 1 1x xc c时，时，f f(x x) )0 0； 当当x xc c时，时，f f(x x) )0 0， 所以所以f f( (x x) )的单调递增区间为的单调递增区间为(0,1)(0,1)，( (c c，)；单调递

6、减区间为；单调递减区间为(1(1，c c) ) (2)(2)若若c c0 0， 则则f f( (x x) )在在(0,1)(0,1)上单调递减，在上单调递减，在(1(1，)上单调递增上单调递增 f f( (x x) )0 0 恰有两解，恰有两解， 则则f f(1)(1)0 0，即，即1 12 2b b0 0， 所以所以1 12 2c c0 0； 若若 0 0c c1 1， 则则f f( (x x) )极大值极大值f f( (c c) )c cln ln c c1 12 2c c2 2bcbc， f f( (x x) )极小值极小值f f(1)(1)1 12 2b b， 因为因为b b1 1c

7、c， 则则f f( (x x) )极大值极大值c cln ln c cc c2 22 2c c( (1 1c c) )c cln ln c cc cc c2 22 20 0， f f( (x x) )极小值极小值1 12 2c c0 0，从而，从而f f( (x x) )0 0 只有一解；只有一解； 若若c c1 1， 则则f f( (x x) )极小值极小值c cln ln c cc c2 22 2c c( (1 1c c) )c cln ln c cc cc c2 22 20 0， f f( (x x) )极大值极大值1 12 2c c0 0， 则则f f( (x x) )0 0 只有一解

8、只有一解 综上，使综上，使f f( (x x) )0 0 恰有两解的恰有两解的c c的取值范围为的取值范围为 1 12 2，0 0 4 4 (2(2017017福建省质检福建省质检) )已知函数已知函数f f( (x x) )axaxln(ln(x x1)1)，g g( (x x) )e ex xx x1 1 曲线 曲线y yf f( (x x) )与与y yg g( (x x) )在原点处的切线相同在原点处的切线相同 (1)(1)求求f f( (x x) )的单调区间；的单调区间； (2)(2)若若x x00 时，时，g g( (x x)kfkf( (x x) )，求，求k k的取值范围的取

9、值范围 解：解：(1)(1)因为因为f f(x x) )a a1 1x x1 1( (x x1)1)，g g(x x) )e ex x1 1， 依题意，依题意，f f(0)(0)g g(0)(0)，即，即a a1 10 0，解得，解得a a1 1， 所以所以f f(x x) )1 11 1x x1 1x xx x1 1， 当当1 1x x0 0 时，时，f f(x x) )0 0；当；当x x0 0 时，时，f f( (x x) )0 0 故故f f( (x x) )的单调递减区间为的单调递减区间为( (1,0)1,0)，单调递增区间为，单调递增区间为(0(0，) (2)(2)由由(1)(1)

10、知，当知，当x x0 0 时，时，f f( (x x) )取得最小值取得最小值 0 0， 所以所以f f( (x x)0)0，即，即x xln(ln(x x1)1)，从而，从而 e ex xx x1 1 设设F F( (x x) )g g( (x x) )kfkf( (x x) )e ex xk kln(ln(x x1)1)( (k k1)1)x x1 1， 则则F F(x x) )e ex xk kx x1 1( (k k1)1)x x1 1k kx x1 1( (k k1)1)， ( () )当当k k1 1 时，因为时，因为x x00，所以，所以F F(x x)x x1 11 1x x1

11、 120(20(当且仅当当且仅当x x0 0 时等号时等号成立成立) )， 此时此时F F( (x x) )在在 5 5(2016(2016石家庄质检石家庄质检) )已知函数已知函数f f( (x x) )x x3 3axax1 14 4，g g( (x x) )e ex xe(ee(e 为自然对数的底为自然对数的底数数) ) (1)(1)若曲线若曲线y yf f( (x x) )在在(0(0，f f(0)(0)处的切线与曲线处的切线与曲线y yg g( (x x) )在在(0(0，g g(0)(0)处的切线互相垂处的切线互相垂直，求实数直，求实数a a的值；的值； (2)(2)设函数设函数h

12、 h( (x x) ) f fx x，f fx xg gx x，g gx x，f fx xg gx x，试讨论函数试讨论函数h h( (x x) )零点的个数零点的个数 解：解：(1)(1)由已知，由已知，f f(x x) )3 3x x2 2a a，g g(x x) )e ex x， 所以所以f f(0)(0)a a，g g(0)(0)1 1， 由题意，知由题意，知a a1 1 (2)(2)易知函数易知函数g g( (x x) )e ex xe e 在在 R R 上单调递增， 仅在上单调递增， 仅在x x1 1 处有一个零点， 且处有一个零点， 且x x1 1 时，时，g g( (x x)

13、)0 0， 又又f f(x x) )3 3x x2 2a a， 当当a a00 时，时，f f(x x)0)0，f f( (x x) )在在 R R 上单调递减，且过点上单调递减，且过点 0 0，1 14 4，f f( (1)1)3 34 4a a0 0， 即即f f( (x x) )在在x x00 时必有一个零点，时必有一个零点， 此时此时y yh h( (x x) )有两个零点；有两个零点； 当当a a0 0 时，令时，令f f(x x) )3 3x x2 2a a0 0， 两根为两根为x x1 1a a3 30 0，x x2 2 a a3 30 0， 则则 a a3 3是函数是函数f f

14、( (x x) )的一个极小值点，的一个极小值点， a a3 3是函数是函数f f( (x x) )的一个极大值点，的一个极大值点， 而而f f a a3 3 a a3 33 3a a a a3 31 14 4 2 2a a3 3 a a3 31 14 40 0； 现在讨论极大值的情况：现在讨论极大值的情况： f fa a3 3a a3 33 3a aa a3 31 14 42 2a a3 3 a a3 31 14 4， 当当f fa a3 30 0，即，即a a3 34 4时，时， 函数函数y yf f( (x x) )在在(0(0，)上恒小于零，上恒小于零， 此此时时y yh h( (x

15、x) )有两个零点；有两个零点； 当当f fa a3 30 0，即，即a a3 34 4时，时， 函数函数y yf f( (x x) )在在(0(0，)上有一个零点上有一个零点x x0 0 a a3 31 12 2， 此时此时y yh h( (x x) )有三个零点；有三个零点； 当当f fa a3 30 0，即，即a a3 34 4时，时， 函数函数y yf f( (x x) )在在(0(0，)上有两个零点，一个零点小于上有两个零点，一个零点小于a a3 3，一个零点大于，一个零点大于a a3 3， 若若f f(1)(1)1 1a a1 14 40 0， 即即a a5 54 4时，时，y y

16、h h( (x x) )有四个零点；有四个零点； 若若f f(1)(1)1 1a a1 14 40 0， 即即a a5 54 4时，时，y yh h( (x x) )有三个零点；有三个零点； 若若f f(1)(1)1 1a a1 14 40 0， 即即a a5 54 4时，时，y yh h( (x x) )有两个零点有两个零点 综上所述：当综上所述：当a a3 34 4或或a a5 54 4时，时，y yh h( (x x) )有两个零点；有两个零点； 当当a a3 34 4或或a a5 54 4时，时，y yh h( (x x) )有三个零点；有三个零点； 当当3 34 4a a5 54 4

17、时，时，y yh h( (x x) )有四个零点有四个零点 6 6已知函数已知函数f f( (x x) )axaxb bln ln x x1 1，此函数在点，此函数在点(1(1，f f(1)(1)处的切线为处的切线为x x轴轴 (1)(1)求函数求函数f f( (x x) )的单调区间和最大值；的单调区间和最大值； (2)(2)当当x x0 0 时，证明：时，证明：1 1x x1 1lnlnx x1 1x x1 1x x； (3)(3)已知已知n nN N* *，n n22，求证：，求证：1 12 21 13 31 1n nln ln n n1 11 12 21 1n n1 1 解：解：(1)

18、(1)由题意由题意得得 f f0 0，f f0 0， 因为因为f f(x x) )a ab bx x， 所以所以 a a1 10 0，a ab b0 0，解得解得 a a1 1，b b1 1， 所以所以f f( (x x) )x xln ln x x1 1 即即f f(x x) )1 11 1x x1 1x xx x， 又函数又函数f f( (x x) )的定义域为的定义域为(0(0，)， 所以当所以当 0 0 x x1 1 时，时，f f(x x) )0 0，当，当x x1 1 时，时，f f(x x) )0 0 故函数故函数f f( (x x) )的单调递增区间为的单调递增区间为(0,1)

19、(0,1)，单调递减区间为，单调递减区间为(1(1，)， 函数函数f f( (x x) )的最大值为的最大值为f f(1)(1)0 0 (2)(2)证明：由证明：由(1)(1)知知f f( (x x) )x xln ln x x1 1， 且且f f( (x x)0()0(当且仅当当且仅当x x1 1 时取等号时取等号) )， 所以所以 ln ln x xx x1(1(当且仅当当且仅当x x1 1 时取等号时取等号) ) 当当x x0 0 时，由时，由x x1 1x x11，得，得 ln ln x x1 1x xx x1 1x x1 11 1x x； 由由x xx x1 111，得，得 lnln

20、x xx x1 1x xx x1 11 11 1x x1 1lnlnx xx x1 11 1x x1 1lnlnx x1 1x x1 1x x1 1 故当故当x x0 0 时，时，1 1x x1 1lnlnx x1 1x x1 1x x (3)(3)证明：由证明：由(2)(2)可知，可知， 当当x x0 0 时，时，1 1x x1 1lnlnx x1 1x x1 1x x 取取x x1,21,2，n n1 1，n nN N* *，n n22， 将所得各式相将所得各式相加，得加，得 1 12 21 13 31 1n nlnln2 21 1lnln3 32 2lnlnn nn n1 11 11 12 21 1n n1 1， 故故1 12 21 13 31 1n nln ln n n1 11 12 21 1n n1 1