2020高考人教数学(理)大一轮复习检测：第二章 第四节 导数的综合应用.pdf

《2020高考人教数学(理)大一轮复习检测：第二章 第四节 导数的综合应用.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020高考人教数学(理)大一轮复习检测：第二章 第四节 导数的综合应用.pdf（7页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、限时规范训练(限时练 夯基练 提能练)A 级基础夯实练1(2018安徽合肥一中等六校联考)已知函数f(x)(xa1)ex，12ax，其中a为常数g(x)x2(1)当a2时，求函数f(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)若对任意的x0，)，不等式f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围解：(1)因为因为a2，所以，所以f(x)(x1)ex，所以，所以f(0)1，f(x)(x2)ex，所以，所以f(0)(0)2，所以切点的坐标为，所以切点的坐标为(0，1)，所以切线方程为，所以切线方程为 2xy10.(2)令令h(x)f(x)g(x)，由题意得，由题意得h(x)min0在在x0，)上恒上恒

2、12axxh(x)(xa1)e成立，成立，x，所以，所以h(x)(xa)(ex1)，2若若a0，则当，则当x0，)时，时，h(x)0，所以函数，所以函数h(x)在在0，)上单调递增，上单调递增，所以所以h(x)minh(0)a1，则，则a10，得，得a1.若若a0，则当，则当x0，a)时，时，h(x)0，当，当x(a，)时，时，h(x)0，)上单调递增，上单调递增，a)上单调递减，在上单调递减，在(a，所以函数所以函数h(x)在在0，所以所以h(x)minh(a)，又，又h(a)h(0)a10，所以不合题意，所以不合题意综上，实数综上，实数a的取值范围为的取值范围为 1，)klnx，k0.2(

3、2018青岛调研)设函数f(x)2x2(1)求f(x)的单调区间和极值(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，e 上仅有一个零点解：(1)由由f(x)x2klnx(k0)得得22kxkf(x)x.xx由由f(x)0解得解得xk.f(x)与与f(x)在区间在区间(0，)上的情况如下：上的情况如下：x(0，k)k(k，)f(x)0f(x)k（1lnk）2所以，所以，f(x)的单调递减区间是的单调递减区间是(0，k)，单调递增区间是，单调递增区间是(k，)；f(x)在在xk处取得极小值处取得极小值f(k)k（1lnk）2.(2)证明：由证明：由(1)知，知，f(x)在区间在区间(0，)

4、上的最小值为上的最小值为f(k)k（1lnk）2.因为因为f(x)存在零点，所以存在零点，所以k（1lnk）20，从而从而ke.当当ke时，时，f(x)在区间在区间(1，e)上单调递减，且上单调递减，且f(e)0，所以所以x e是是f(x)在区间在区间(1，e上的唯一零点上的唯一零点当当ke时，时，f(x)在区间在区间(0，e)上单调递减，上单调递减，ek1且且f(1)0，f(e)0，22所以所以f(x)在区间在区间(1，e 上仅有一个零点上仅有一个零点综上可知，若综上可知，若f(x)存在零点，则存在零点，则f(x)在区间在区间(1，e 上仅有一个上仅有一个零点零点3(2018安徽十大名校联考

5、)设函数f(x)exx2ax1(e为自然对数的底数)，aR.(1)证明：当a22ln2时，f(x)没有零点；(2)当x0时，f(x)x0恒成立，求a的取值范围解：(1)证明：证明：f(x)ex2xa，令，令g(x)f(x)，g(x)ex2.令令g(x)0，解得，解得xln 2；令；令g(x)0，解得，解得xln 2，f(x)在在(，ln 2)上单调递减，在上单调递减，在(ln 2，)上单调递增，上单调递增，f(x)minf(ln 2)22ln2a.当当a22ln2时，时，f(x)f(x)的图象恒在的图象恒在x轴上方，轴上方，f(x)没有零点没有零点min0，(2)当当x0时，时，f(x)x0恒

6、成立，即恒成立，即 exx2axx10恒成恒成立，立，xe1 axexx2x1，即，即ax 1恒成立恒成立xxxx1）x1e（）（1令令h(x)x 1(x0)，则，则h(x).exxxx2当当x0时，时，exx10恒成立，恒成立，令令h(x)0，解得，解得0 x1，令，令h(x)0，解得，解得x1，h(x)在在(0，1)上单调递减，在上单调递减，在(1，)上单调递增，上单调递增，h(x)h(1)e1.a的取值范围是的取值范围是(，e1minB 级能力提升练4(2018全国卷)已知函数f(x)aexlnx1.(1)设x2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；1时，f(x)0.(2)证

7、明：当ae解：(1)f(x)的定义域为的定义域为(0，)，f(x)aex.1由题设知，由题设知，f(2)0，所以，所以a.2e2111xx从而从而f(x)elnx1，f(x)e.2e22e2x当当0 x2时，时，f(x)0；当；当x2时，时，f(x)0.1x所以所以f(x)在在(0，2)单调递减，在单调递减，在(2，)单调递增单调递增x1e(2)证明：当证明：当a时，时，f(x)lnx1.eexe设设g(x)lnx1，eex1g x)则则(.ex当当0 x1时，时，g(x)0；当当x1时，时，g(x)0.所以所以x1是是g(x)的最小值点的最小值点故当故当x0时，时，g(x)g(1)0.1因此

8、，当因此，当a时，时，f(x)0.e5(2018太原调研)设函数f(x)e2xalnx.(1)讨论f(x)的导函数f(x)零点的个数；2(2)证明：当a0时，f(x)2aalna.解：(1)f(x)的定义域为的定义域为(0，)，af(x)2e2x(x0)x当当a0时，时，f(x)0，f(x)没有零点；没有零点；当当a0时，设时，设u(x因为因为u(x单调递增，单调递增，)e2x，v v(ax)，x)e2x在在(0，)上单调递增，上单调递增，v v(ax)在在(0，)上上x所以所以f(x)在在(0，)上单调递增上单调递增a1又又f(a)0，当，当b满足满足0b 且且b 时，时，f(b)0，44故

9、当故当a0时，时，f(x)存在唯一零点存在唯一零点(2)证证 明明：由由(1)可设可设f(x)在在(0，)上的唯一零点为上的唯一零点为x0，当，当x(0，x0)时，时，f(x)0；当当x(x，)时，时，f(x)0.0故故f(x)在在(0，x)上单调递减，在上单调递减，在(x，)上单调递增，上单调递增，00所以当所以当xx时，时，f(x)取得最小值，最小值为取得最小值，最小值为f(x)00a由于由于2e2xx0，0022a所以所以f(x)2axaln2aaln.2x000aa2故当故当a0 时，时，f(x)2aaln.aC 级素养加强练1xalnx.6(2018全国卷)已知函数f(x)x(1)讨

10、论f(x)的单调性；（）（）f xf x12a(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：x1x22.11解：(1)f(x)的定义域为的定义域为(0，)，f(x)2xxax2ax1x2.()若若a2，则，则f(x)0，当且仅当，当且仅当a2，x1 时时f(x)0，所，所以以f(x)在在(0，)单调递减单调递减()若若a2，令，令f(x)0 得，得，xaa242或或xaa242a时，时，f(x)0；当当x，0，22.a24aa24当当xa，22a24aa24时时，f(x)0.所所以以f(x)在在aa24，aa24单调递减，在单调递减，在(aa24，20，22aa242)单调递增单调递增(2)

11、证明：由证明：由(1)知，知，f(x)存在两个极值点当且仅当存在两个极值点当且仅当a2.由于由于f(x)的两个极值点的两个极值点x，x满足满足x2ax10，所以，所以xx1，121 2不妨设不妨设xx，则，则x1.122由由于于f（x1）f（x2）x1x22lnxlnx121a12x1xxx212alnx1lnxx1x22lnx22a，1xx22f（x1）f（x2）1a2等价于等价于xx2lnx0.所以所以 xx222121设函数设函数g(x)x2lnx，x由由(1)知，知，g(x)在在(0，)单调递减，单调递减，又又g(1)0，从而当，从而当x(1，)时，时，g(x)0.f（x1）f（x2）1x2lnx0所以所以 ，即，即a2.x2xx2212