《高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第13節(jié) 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 第一課時(shí)練習(xí) 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第13節(jié) 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 第一課時(shí)練習(xí) 新人教A版（12頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第二章 第13節(jié) 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 第一課時(shí)1(導(dǎo)學(xué)號14577225)(2018銀川市模擬)設(shè)f(x)xln xax2，a為常數(shù)(1)若曲線yf(x)在x1處的切線過點(diǎn)A(0，2)，求實(shí)數(shù)a的值；(2)若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2且x1x2求證：a0求證：f (x2)f (x1).解：(1)f(x)xln xax2的導(dǎo)數(shù)為f(x)ln x12ax，在x1處的切線斜率為k12a，切點(diǎn)為(1，a)，在x1處的切線過點(diǎn)A(0，2)，則k12aa2，解得a1；(2)證明：由題意可得f(x)0有兩個(gè)不等的實(shí)根x1，x2，且0x1x2，設(shè)g(x)ln x12ax，g(x)2a，x0.當(dāng)a0，則g(x)

2、0，g(x)在(0，)遞增，不合題意；當(dāng)a0時(shí)，g(x)0解得x，g(x)0解得x，即有g(shù)(x)在遞增，在遞減即有g(shù)ln0，解得a0；由上可知，f(x)在(x1，x2)遞增，即有f(x2)f(x1)，f(1)g(1)12a0，則x1(0,1)，由可得ax1，即有f(x1)x1ln x1ax(x1ln x1x1)，設(shè)h(x)(xln xx)，0x1，h(x) ln x0在(0,1)恒成立，故h(x)在(0,1)遞減，故h(x)h(1)，由此可得f(x1)，綜上可得f (x2)f (x1).1(導(dǎo)學(xué)號14577225)(2018銀川市模擬)設(shè)f(x)xln xax2，a為常數(shù)(1)若曲線yf(x)

3、在x1處的切線過點(diǎn)A(0，2)，求實(shí)數(shù)a的值；(2)若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2且x1x2求證：a0求證：f (x2)f (x1).解：(1)f(x)xln xax2的導(dǎo)數(shù)為f(x)ln x12ax，在x1處的切線斜率為k12a，切點(diǎn)為(1，a)，在x1處的切線過點(diǎn)A(0，2)，則k12aa2，解得a1；(2)證明：由題意可得f(x)0有兩個(gè)不等的實(shí)根x1，x2，且0x1x2，設(shè)g(x)ln x12ax，g(x)2a，x0.當(dāng)a0，則g(x)0，g(x)在(0，)遞增，不合題意；當(dāng)a0時(shí)，g(x)0解得x，g(x)0解得x，即有g(shù)(x)在遞增，在遞減即有g(shù)ln0，解得a0；由上可知，f(x

4、)在(x1，x2)遞增，即有f(x2)f(x1)，f(1)g(1)12a0，則x1(0,1)，由可得ax1，即有f(x1)x1ln x1ax(x1ln x1x1)，設(shè)h(x)(xln xx)，0x1，h(x) ln x0在(0,1)恒成立，故h(x)在(0,1)遞減，故h(x)h(1)，由此可得f(x1)，綜上可得f (x2)f (x1).2(導(dǎo)學(xué)號14577226)已知函數(shù)f(x)xln xmx(mR)的圖象在點(diǎn)(1，f(1)處的切線的斜率為2.(1)求實(shí)數(shù)m的值；(2)設(shè)g(x)，討論g(x)的單調(diào)性；(3)已知m，nN*且mn1，證明 .解：(1)因?yàn)閒(x)xln xmx，所以f(x)

5、1ln xm.由題意f(1)1ln 1m2，得m1.(2)g(x)(x0，x1)，所以g(x).設(shè)h(x)x1ln x，h(x)1.當(dāng)x1時(shí)，h(x)10，h(x)是增函數(shù)，h(x)h(1)0，所以g(x)0，故g(x)在(1，)上為增函數(shù)；當(dāng)0x1時(shí)，h(x)1h(1)0，所以g(x)0，故g(x)在(0,1)上為增函數(shù)；所以g(x)在區(qū)間(0,1)和(1，)上都是單調(diào)遞增的(3)證明：由已知可知要證，即證ln nln m，即證ln mln n，即證，即證g(m)g(n)，又mn1(m，nN*)，由(2)知g(m)g(n)成立，所以.3(導(dǎo)學(xué)號14577227)(理科)函數(shù)f(x)ln(xm

6、)nln x.(1)當(dāng)m1，n0時(shí)，求f(x)的單調(diào)減區(qū)間；(2)n1時(shí)，函數(shù)g(x)(m2x)f(x)am，若存在m0，使得g(x)0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解：(1)f(x)ln(x1)nln x，定義域?yàn)?0，)，f(x)，當(dāng)n1時(shí)，f(x)0，此時(shí)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0，)；當(dāng)0n1時(shí)，0x時(shí)，f(x)0，此時(shí)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為；當(dāng)n1時(shí)，x時(shí)，f(x)0，此時(shí)減區(qū)間為.(2)n1時(shí)，g(x)(m2x)ln(xm)lnxam，g(x)0，0，即lna0，設(shè)t1，(t1)ln ta(t1)0，ln t0.設(shè)h(t)ln t，h(t)，h(1)0，當(dāng)a2時(shí)，t22(1a)t1t2

7、2t10，故h(t)0，h(t)在(1，)上單調(diào)遞增，因此h(t)0；當(dāng)a2時(shí)，令h(t)0，得：t1a1，t2a1，由t21和t1t21，得：t11，故h(t)在(1，t2)上單調(diào)遞減，此時(shí)h(t)h(1)0.綜上所述，a2.3(文科)(2018西安市三模)已知函數(shù)f(x)x26ax1，g(x)8a2ln x2b1，其中a0.(1)設(shè)兩曲線yf(x)，yg(x)有公共點(diǎn)，且在該點(diǎn)處的切線相同，用a表示b，并求b的最大值；(2)設(shè)h(x)f(x)g(x)，證明：若a1，則對任意x1，x2(0，)，x1x2，有14.解：(1)：設(shè)f(x)與g(x)的圖象交于點(diǎn)P(x0，y0)(x00)，則有f(

8、x0)g(x0)，即x6ax018a2ln x02b1又由題意知f(x0)g(x0)，即2x06a，由解得x0a或x04a(舍去)，將x0a代入整理得ba24a2ln a，令K(a)a24a2ln a，則K(a)a(38ln a)，當(dāng)a時(shí)，K(a)單調(diào)遞增，當(dāng)a時(shí)K(a)單調(diào)遞減，所以K(a)K()2e，即b2e，b的最大值為2e；(2)證明：不妨設(shè)x1，x2(0，)，x1x2，14，變形得h(x2)14x2h(x1)14x1，令T(x)h(x)14x，T(x)2x6a14，a1，T(x)2x6a148a6a140，則T(x)在(0，)上單調(diào)遞增，T(x2)T(x1)，即14成立，同理可證，當(dāng)

9、x1x2時(shí)，命題也成立綜上，對任意x1，x2(0，)，x1x2，不等式14成立4(導(dǎo)學(xué)號14577229)(理科)(2018大慶市一模)已知函數(shù)f(x)ln (xa)x2x在x0處取得極值(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若關(guān)于x的方程f(x)xb在區(qū)間(0,2)有兩個(gè)不等實(shí)根，求實(shí)數(shù)b的取值范圍；(3)對于nN*，證明：ln(n1)解：(1)由已知得f(x)2x1，f(0)0，0，a1.f(x)ln (x1)x2x(x1)，于是f(x)(x1)，由f(x)0得1x0；由f(x)0，得x0，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(1,0)，單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)(2)令g(x)f(x)ln (x1)x2

10、xb，x(0,2)，則g(x)2x，令g(x)0，得x1或x(舍去)當(dāng)0x1時(shí)，g(x)0；當(dāng)1x2時(shí)g(x)0，即g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,2)上單調(diào)遞減方程f(x)xb在區(qū)間(0,2)有兩個(gè)不等實(shí)根等價(jià)于函數(shù)g(x)在(0,2)上有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，即；亦即，ln 31bln 2，故所求實(shí)數(shù)b的取值范圍為.(3)證明：由(1)可得，當(dāng)x0時(shí)ln (x1)x2x(當(dāng)且僅當(dāng)x0時(shí)等號成立)設(shè)x，則ln ，即ln ln，ln，ln，ln ，將上面n個(gè)式子相加得：ln ln ln ln ln (n1)，故ln(n1)4(導(dǎo)學(xué)號14577230)(文科)(2018天津河北區(qū)三模)已知函數(shù)

11、f(x)axbln x表示的曲線在點(diǎn)(2，f(2)處的切線方程x2y2ln 20(1)求a，b的值；(2)若f(x)kx2對于x(0，)恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；(3)求證：nN*時(shí)，n(n1)2.解：(1)函數(shù)f(x)axbln x的導(dǎo)數(shù)為f(x)a，在點(diǎn)(2，f(2)處的切線方程x2y2ln 20，即有a，解得a1，f(2)2abln 21ln 2，解得b1，則有a1，b1；(2)f(x)kx2對于x(0，)恒成立，即有x1ln xkx2對于x(0，)恒成立，即有k1對于x(0，)恒成立令g(x)，g(x)，當(dāng)xe2時(shí)，g(x)0，g(x)遞增；當(dāng)0xe2時(shí)，g(x)0，g(x)遞減則x

12、e2處g(x)取得極小值，也為最小值，且為，即有k1，解得k1；(3)證明：f(x)x1ln x(x0)，f(x)1，當(dāng)x1時(shí)，f(x)0，f(x)遞增，當(dāng)0x1時(shí)，f(x)0，f(x)遞減則x1處f(x)取得極小值，也為最小值，且為0，則有f(x)0，即為x1ln x，取xn，則n1ln n，即有nen1.即有12n1ee2en1.則有n(n1)，即有nN*時(shí)，n(n1)2.2(導(dǎo)學(xué)號14577226)已知函數(shù)f(x)xln xmx(mR)的圖象在點(diǎn)(1，f(1)處的切線的斜率為2.(1)求實(shí)數(shù)m的值；(2)設(shè)g(x)，討論g(x)的單調(diào)性；(3)已知m，nN*且mn1，證明 .解：(1)因

13、為f(x)xln xmx，所以f(x)1ln xm.由題意f(1)1ln 1m2，得m1.(2)g(x)(x0，x1)，所以g(x).設(shè)h(x)x1ln x，h(x)1.當(dāng)x1時(shí)，h(x)10，h(x)是增函數(shù)，h(x)h(1)0，所以g(x)0，故g(x)在(1，)上為增函數(shù)；當(dāng)0x1時(shí)，h(x)1h(1)0，所以g(x)0，故g(x)在(0,1)上為增函數(shù)；所以g(x)在區(qū)間(0,1)和(1，)上都是單調(diào)遞增的(3)證明：由已知可知要證，即證ln nln m，即證ln mln n，即證，即證g(m)g(n)，又mn1(m，nN*)，由(2)知g(m)g(n)成立，所以.3(導(dǎo)學(xué)號14577

14、227)(理科)函數(shù)f(x)ln(xm)nln x.(1)當(dāng)m1，n0時(shí)，求f(x)的單調(diào)減區(qū)間；(2)n1時(shí)，函數(shù)g(x)(m2x)f(x)am，若存在m0，使得g(x)0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解：(1)f(x)ln(x1)nln x，定義域?yàn)?0，)，f(x)，當(dāng)n1時(shí)，f(x)0，此時(shí)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0，)；當(dāng)0n1時(shí)，0x時(shí)，f(x)0，此時(shí)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為；當(dāng)n1時(shí)，x時(shí)，f(x)0，此時(shí)減區(qū)間為.(2)n1時(shí)，g(x)(m2x)ln(xm)lnxam，g(x)0，0，即lna0，設(shè)t1，(t1)ln ta(t1)0，ln t0.設(shè)h(t)ln t，h(t)，h(1

15、)0，當(dāng)a2時(shí)，t22(1a)t1t22t10，故h(t)0，h(t)在(1，)上單調(diào)遞增，因此h(t)0；當(dāng)a2時(shí)，令h(t)0，得：t1a1，t2a1，由t21和t1t21，得：t11，故h(t)在(1，t2)上單調(diào)遞減，此時(shí)h(t)h(1)0.綜上所述，a2.3(文科)(2018西安市三模)已知函數(shù)f(x)x26ax1，g(x)8a2ln x2b1，其中a0.(1)設(shè)兩曲線yf(x)，yg(x)有公共點(diǎn)，且在該點(diǎn)處的切線相同，用a表示b，并求b的最大值；(2)設(shè)h(x)f(x)g(x)，證明：若a1，則對任意x1，x2(0，)，x1x2，有14.解：(1)：設(shè)f(x)與g(x)的圖象交于

16、點(diǎn)P(x0，y0)(x00)，則有f(x0)g(x0)，即x6ax018a2ln x02b1又由題意知f(x0)g(x0)，即2x06a，由解得x0a或x04a(舍去)，將x0a代入整理得ba24a2ln a，令K(a)a24a2ln a，則K(a)a(38ln a)，當(dāng)a時(shí)，K(a)單調(diào)遞增，當(dāng)a時(shí)K(a)單調(diào)遞減，所以K(a)K()2e，即b2e，b的最大值為2e；(2)證明：不妨設(shè)x1，x2(0，)，x1x2，14，變形得h(x2)14x2h(x1)14x1，令T(x)h(x)14x，T(x)2x6a14，a1，T(x)2x6a148a6a140，則T(x)在(0，)上單調(diào)遞增，T(x2

17、)T(x1)，即14成立，同理可證，當(dāng)x1x2時(shí)，命題也成立綜上，對任意x1，x2(0，)，x1x2，不等式14成立4(導(dǎo)學(xué)號14577229)(理科)(2018大慶市一模)已知函數(shù)f(x)ln (xa)x2x在x0處取得極值(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若關(guān)于x的方程f(x)xb在區(qū)間(0,2)有兩個(gè)不等實(shí)根，求實(shí)數(shù)b的取值范圍；(3)對于nN*，證明：ln(n1)解：(1)由已知得f(x)2x1，f(0)0，0，a1.f(x)ln (x1)x2x(x1)，于是f(x)(x1)，由f(x)0得1x0；由f(x)0，得x0，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(1,0)，單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)(2

18、)令g(x)f(x)ln (x1)x2xb，x(0,2)，則g(x)2x，令g(x)0，得x1或x(舍去)當(dāng)0x1時(shí)，g(x)0；當(dāng)1x2時(shí)g(x)0，即g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,2)上單調(diào)遞減方程f(x)xb在區(qū)間(0,2)有兩個(gè)不等實(shí)根等價(jià)于函數(shù)g(x)在(0,2)上有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，即；亦即，ln 31bln 2，故所求實(shí)數(shù)b的取值范圍為.(3)證明：由(1)可得，當(dāng)x0時(shí)ln (x1)x2x(當(dāng)且僅當(dāng)x0時(shí)等號成立)設(shè)x，則ln ，即ln ln，ln，ln，ln ，將上面n個(gè)式子相加得：ln ln ln ln ln (n1)，故ln(n1)4(導(dǎo)學(xué)號14577230)(文

19、科)(2018天津河北區(qū)三模)已知函數(shù)f(x)axbln x表示的曲線在點(diǎn)(2，f(2)處的切線方程x2y2ln 20(1)求a，b的值；(2)若f(x)kx2對于x(0，)恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；(3)求證：nN*時(shí)，n(n1)2.解：(1)函數(shù)f(x)axbln x的導(dǎo)數(shù)為f(x)a，在點(diǎn)(2，f(2)處的切線方程x2y2ln 20，即有a，解得a1，f(2)2abln 21ln 2，解得b1，則有a1，b1；(2)f(x)kx2對于x(0，)恒成立，即有x1ln xkx2對于x(0，)恒成立，即有k1對于x(0，)恒成立令g(x)，g(x)，當(dāng)xe2時(shí)，g(x)0，g(x)遞增；當(dāng)0

20、xe2時(shí)，g(x)0，g(x)遞減則xe2處g(x)取得極小值，也為最小值，且為，即有k1，解得k1；(3)證明：f(x)x1ln x(x0)，f(x)1，當(dāng)x1時(shí)，f(x)0，f(x)遞增，當(dāng)0x1時(shí)，f(x)0，f(x)遞減則x1處f(x)取得極小值，也為最小值，且為0，則有f(x)0，即為x1ln x，取xn，則n1ln n，即有nen1.即有12n1ee2en1.則有n(n1)，即有nN*時(shí)，n(n1)2.6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375