高考数学大一轮复习升级增分训练导数的综合应用二文.doc

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1、1升级增分训练升级增分训练 导数的综合应用（二）导数的综合应用（二）1已知函数f(x)(ax2xa)ex，g(x)bln xx(b0)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a 时，若对任意x1(0,2)，存在x21,2，使f(x1)g(x2)0 成立，求1 2实数b的取值范围解：(1)由题意得f(x)(x1)(axa1)ex当a0 时，f(x)(x1)ex，当x(，1)时，f(x)0，f(x)在(，1)上单调递增；当x(1，)时，f(x)0，f(x)在(1，)上单调递减当a0 时，令f(x)0，则x1 或x1 ，1 a当a0 时，因为1 1，1 a所以f(x)在(，1)和上单调递增，在上单调

2、递减；(11 a，)(1，11 a)当a0 时，因为1 1，1 a所以f(x)在和(1，)上单调递减，在上单调递增(，11 a)(11 a，1)(2)由(1)知当a 时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，1 2因此f(x)在(0,2)上的最小值为f(1)0由题意知，对任意x1(0,2)，存在x21,2，使g(x2)f(x1)成立，因为f(x1)max0，所以bln x2x20，即bx2 ln x2令h(x)，x1,2，x ln x则h(x)0，ln x1 ln x2因此h(x)minh(2)，所以b，2 ln 22 ln 2即实数b的取值范围是2 ln 2，)2(2017

3、南昌模拟)已知函数f(x)ln xax2a2(aR，a为常数)2(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若存在x0(0,1，使得对任意的a(2,0，不等式meaf(x0)0(其中 e 为自然对数的底数)都成立，求实数m的取值范围解：(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x) 2ax，当a0 时，f(x)0，1 x12ax2 x所以函数f(x)在区间(0，)上单调递增；当a0 时，由f(x)0 且x0，解得 0x ，1 2a所以函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减(0， 1 2a1 2a，)(2)由(1)知，当a(2,0时，函数f(x)在区间(0,1上单调递增，所以x(0,1时，函数

4、f(x)的最大值是f(1)22a，对任意的a(2,0，都存在x0(0,1，不等式meaf(x0)0 都成立，等价于对任意的a(2,0，不等式mea22a0 都成立，不等式mea22a0可化为m，2a2 ea记g(a)(a(2,0)，2a2 ea则g(a)0，2ea2a2ea e2a42a ea所以g(a)的最大值是g(0)2，所以实数m的取值范围是(2，)3已知函数f(x)在点(1，f(1)处的切线与x轴平行aln x x(1)求实数a的值及f(x)的极值；(2)是否存在区间(t0)使函数f(x)在此区间上存在极值点和零点？若存在，(t，t2 3)求出实数t的取值范围，若不存在，请说明理由解：

5、(1)f(x)(x0)1 xxaln x x21aln x x2f(x)在点(1，f(1)处的切线与x轴平行，f(1)1aln 103解得a1f(x)，f(x)，1ln x xln x x2当 0x1 时，f(x)0，当x1 时，f(x)0，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，故f(x)在x1 处取得极大值 1，无极小值(2)x1 时，f(x)0，1ln x x当x0 时，f(x)，由(1)得f(x)在(0,1)上单调递增，由零点存在性定理，知f(x)在区间(0,1)上存在唯一零点函数f(x)的图象如图所示函数f(x)在区间(t0)上存在极值点和零点，(t，t2 3)Erro

6、r!即Error!解得 t 1 31 e存在符合条件的区间，实数t的取值范围为(1 3，1 e)4(2017沈阳质监)已知函数f(x)x2aln xb(aR)1 2(1)若曲线yf(x)在x1 处的切线的方程为 3xy30，求实数a，b的值；(2)若x1 是函数f(x)的极值点，求实数a的值；(3)若2a0，对任意x1，x2(0,2，不等式|f(x1)f(x2)|m恒成立，|1 x11 x2|求m的最小值解：(1)因为f(x)x2aln xb，1 2所以f(x)x ，a x因为曲线yf(x)在x1 处的切线的方程为 3xy30，所以Error!即Error!解得Error!(2)因为x1 是函

7、数f(x)的极值点，所以f(1)1a0，所以a1当a1 时，f(x)x2ln xb，定义域为(0，)，1 24f(x)x ，1 xx21 xx1x1 x当 0x1 时，f(x)0，f(x)单调递减，当x1 时，f(x)0，f(x)单调递增，所以a1(3)因为2a0,0x2，所以f(x)x 0，a x故函数f(x)在(0,2上单调递增，不妨设 0x1x22，则|f(x1)f(x2)|m可化为f(x2)f(x1)，|1 x11 x2|m x2m x1设h(x)f(x) x2aln xb ，m x1 2m x则h(x1)h(x2)所以h(x)为(0,2上的减函数，即h(x)x 0 在(0,2上恒成立，a xm x2等价于x3axm0 在(0,2上恒成立，即mx3ax在(0,2上恒成立，又2a0，所以ax2x，所以x3axx32x，而函数yx32x在(0,2上是增函数，所以x32x12(当且仅当a2，x2 时等号成立)所以m12，即m的最小值为 12