2020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Word版含解析.pdf

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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 x12ax2(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 x12x21，所以 f(x)1xx，所以 f(2)32，即 k切32，已知切点为(2，1ln 2)，所以切线的方程为：y32x2ln 2.(2)因为 f(x)ax2（1a）x1x(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)4a3ln 2；当 0a12时，f(x)在 x1，2单调

2、递增，所以 fmax(x)f(2)4a3ln 2；当12a1 时，f(x)在 x1，1a单调递增，在 x1a，2单调递减，所以 fmax(x)f(1a)12aln a；当 a1 时，f(x)在 x1，2单调递减，所以 fmax(x)f(1)32a2，综上所述 fmax(x)4a3ln 2，a12ln a12a，12a132a2，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；(2)若存在实数 x0(0，12)，使得 f(x0)0，求实数 a 的取值范围 解：(1)f(x)(x1)ex

3、a，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(0，12)上有解，即 xexa(x1)，axexx1在 x(0，12)上有解，设 h(x)xexx1，x(0，12)，则 h(x)ex（x2x1）（x1）20，故 h(x)在(0，12)单调递减，h(x)在(0，12)的值域是(e，0)，故 ah(0)0.3(2019兰州市实战考试)已知函数 f(x)ln xax1ax1(aR)(1)当 0a12时，讨论 f(x)的单调性；(2)设 g(x)x22bx

4、4.当 a14时，若对任意 x1(0，2)，存在 x21，2，使 f(x1)g(x2)，求实数 b 的取值范围 解：(1)因为 f(x)ln xax1ax1，所以 f(x)1xaa1x2 ax2x1ax2，x(0，)，令 f(x)0，可得两根分别为 1，1a1，因为 0a10，当 x(0，1)时，f(x)0，函数 f(x)单调递增；当 x1a1，时，f(x)0，函数 f(x)单调递减(2)a140，12，1a13(0，2)，由(1)知，当 x(0，1)时，f(x)0，函数 f(x)单调递增，所以 f(x)在(0，2)上的最小值为 f(1)12.对任意 x1(0，2)，存在 x21，2，使 f(

5、x1)g(x2)等价于 g(x)在1，2上的最小值不大于 f(x)在(0，2)上的最小值12，(*)又 g(x)(xb)24b2，x1，2，所以，当 b0，此时与(*)矛盾；当 1b2 时，g(x)min4b20，同样与(*)矛盾；当 b2 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)12 x1x，由 f(x1)f(x2)得12 x11x112 x21x2，因为 x1x2，所以1x11x212.由基本不等式得12x1x2 x1 x

6、224x1x2，因为 x1x2，所以 x1x2256.由题意得 f(x1)f(x2)x1ln x1 x2ln x212x1x2ln(x1x2)设 g(x)12xln x，则 g(x)14x(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|1k21，则 f(m)kma|a|kka0，f(n)knan1nankn|a|1nk0，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

7、 f(x)13x3ax23xb(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)|23的零点不超过 4 个，求 a 的取值范围 解：(1)由 f(x)13x32x23x，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)43，所以 f(x)在0，3上的值域为0，43(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

8、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)|43，即|x31x323a(x21x22)3(x1x2)|43.化简得43(a23)3243，解得 3a24，综合，得 a24，即2a2.6(2019台州市高考一模)已知函数 f(x)1ln xx，g(x)aeex1xbx(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

9、证：当 x1 时，f(x)g(x)2x.解：(1)因为 f(x)1ln xx，所以 f(x)ln x1x2，f(1)1.因为 g(x)aeex1xbx，所以 g(x)aeex1x2b.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 a1，b1.(2)证明：由(1)知，g(x)eex1xx，则 f(x)g(x)2x1ln xxeex1xx0.令 h(x)1ln xxeex1xx(x1)，则 h(x)1ln xx2eex1x21ln xx2eex1.因为 x1，

10、所以 h(x)ln xx2eex10，所以 h(x)在1，)上单调递增，所以 h(x)h(1)0，即 1ln xxeex1xx0，所以当 x1 时，f(x)g(x)2x.7(2019宁波市镇海中学高考模拟)设函数 f(x)exx2k(2xln x)(k 为常数，e2.718 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)exx2ex2xx4k(1x2x2)（x2）（exkx）x3(x0)，当 k0 时，kx0，所以 exkx0，令 f(x)0，则

11、x2，所以当 0 x2 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，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

12、)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）0g（ln k）0g（2）20ln k2，解得：eke22 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，e22)8(2019杭州市学军中学高考模拟)已知函数 f(x)13ax312bx2x(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)23x332x2x，f(x)2x23x1(2x1

13、)(x1)，令 f(x)0，解得：x1 或 x12，令 f(x)0，解得：12x1，故 f(x)在(，12)单调递增，在(12，1)单调递减，在(1，)单调递增，故 f(x)极大值f(12)524，f(x)极小值f(1)16.(2)当 ba1 时，f(x)13ax312(a1)x2x，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a12a1，f(x)ax2(a1)x1a(xa12a)21（a1）24a，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 xa12a2，即13a1 时，(a1)20，f(a12a)1214(a1a)(13，0)，又 f(2)2a11，所以|f(x)|1；当 xa12a2，即 0a13；f(x)在 x0，2的最小值为 f(2)2a1；12a113，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.