2019-2020年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第二章 第12節(jié) 定積分概念及簡(jiǎn)單應(yīng)用課時(shí)沖關(guān) 理 新人教A版對(duì)應(yīng)學(xué)生用書課時(shí)沖關(guān)(十五)第261頁一、選擇題1設(shè)函數(shù)f(x)則定積分f(x)dx等于()A.B2C. D.解析：f(x)dxx2dx1dxx3|x|.故選C.答案：C2(xx廈門模擬)設(shè)函數(shù)f(x)xmax的導(dǎo)函數(shù)f(x)2x1，則f(x)dx的值等于()A. B.C. D.解析：f(x)mxm1a2x1，得m2，a1，所以f(x)x2x，所以f(x)x2x，所以f(x)dx(x2x)dx|.故選A.答案：A3如果1 N的力能拉長(zhǎng)彈簧1 cm，為了將彈簧拉長(zhǎng)6 cm，所耗費(fèi)的功為()A0.18 J B0.26 JC0.12 J D0.28 J解析：由物理知識(shí)Fkx知，10.01k，k100 N/m，則W 100xdx50x2|0.18(J)故選A.答案：A4(xx合肥模擬)如圖，由函數(shù)f(x)exe的圖象，直線x2及x軸所圍成的陰影部分面積等于()Ae22e1Be22eC.De22e1解析：由已知得Sf(x)dx(exe)dx(exex)|(e22e)(ee)e22e. 故選B.答案：B5(xx南昌模擬)若ax2dx，bx3dx，csin xdx，則a，b，c的大小關(guān)系是()Aacb BabcCcba Dcab解析：因?yàn)閍x2dxx3|(2,3)，bx3dxx4|4>3，csin xdx(cos x)|1cos 22，所以cab. 故選D.答案：D6一質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)速度與時(shí)間的關(guān)系為v(t)t2t2，質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動(dòng)，則此質(zhì)點(diǎn)在時(shí)間1,2內(nèi)的位移為()A. B.C. D.解析：v(t)>0，質(zhì)點(diǎn)在1,2內(nèi)的位移s即為v(t)在1,2上的定積分，sv(t)dt(t2t2)dt| .答案：A7(xx中山模擬)已知t0，若(2x1)dx6，則t的值等于()A2 B3C6 D8解析：(2x1)dx(x2x)|t2t，由t2t6得t3或t2(舍去)故選B.答案：B8由直線xy20，曲線yx3以及x軸圍成的圖形的面積為()A. B.C. D.解析：由題意得解得交點(diǎn)坐標(biāo)是(1,1)故由直線xy20，曲線yx3以及x軸圍成的圖形的面積為x3dx(2x)dxx4|.故選D.答案：D9(xx石家莊模擬)已知等比數(shù)列an，且a4a8dx，則a6(a22a6a10)的值為()A2 B4C D9解析：a4a8，a6(a22a6a10)a6a22aa6a10a2a4a8a(a4a8)22，故選A.答案：A10函數(shù)f(x)的圖象與x軸所圍成的封閉圖形的面積為()A. B1C2 D.答案：A11(xx北京高考)直線l過拋物線C：x24y的焦點(diǎn)且與y軸垂直，則l與C所圍成的圖形的面積等于()A. B2C. D.解析：由題意知拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為F(0,1)，故直線l的方程為y1，該直線與拋物線在第一象限的交點(diǎn)坐標(biāo)為(2,1)，根據(jù)對(duì)稱性和定積分的幾何意義可得所求的面積是2dx2|.答案：C12(xx珠海模擬)由曲線yx2和直線x0，x1，yt2(t為常數(shù)且t(0,1)所圍成圖形(陰影部分)面積的最小值為()A. B.C. D.解析：由得xt.故S(t2x2)dx(x2t2)dx|t3t2，令S4t22t0，因?yàn)?<t<1，所以t，易知當(dāng)t時(shí)，Smin，故選A.答案：A二、填空題13(xx昆明模擬)2dx_.解析：2dxdx|ln .答案：ln 14(xx南寧模擬)在同一坐標(biāo)系中作出曲線xy1和直線yx以及直線y3的圖象如圖所示，曲線xy1與直線yx和y3所圍成的平面圖形的面積為_解析：所求區(qū)域面積為Sdx(3x)dx4ln 3.答案：4ln 315已知曲線yx2與直線ykx(k>0)所圍成的曲邊圖形的面積為，則k_.解析：由得或則曲線yx2與直線ykx(k0)所圍成的曲邊梯形的面積為(kxx2)dx|k3，即k38，k2.答案：216(xx成都模擬)函數(shù)y(sin tcos tsin t)dt的最大值是_解析：y(sin tcos tsin t)dtdt|cos xcos 2xcos x(2cos2 x1)cos2xcos x(cos x1)222，當(dāng)cos x1時(shí)取等號(hào)答案：2備課札記高考大題沖關(guān) 導(dǎo)數(shù)綜合應(yīng)用的熱點(diǎn)問題 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用是歷年高考必考的熱點(diǎn)，試題難度較大，多以壓軸題形式出現(xiàn)，命題的熱點(diǎn)主要有利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值；利用導(dǎo)數(shù)研究不等式；利用導(dǎo)數(shù)研究方程的根(或函數(shù)的零點(diǎn))；利用導(dǎo)數(shù)研究恒成立問題等體現(xiàn)了分類討論、數(shù)形結(jié)合、函數(shù)與方程、轉(zhuǎn)化與化歸的數(shù)學(xué)思想的運(yùn)用題型一利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)綜合問題對(duì)應(yīng)學(xué)生用書理52頁 文49頁 典例賞析1 (理科)(xx重慶高考)已知函數(shù)f(x)ae2xbe2xcx(a，b，cR)的導(dǎo)函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，且曲線yf(x)在點(diǎn)(0，f(0)處的切線的斜率為4c.(1)確定a，b的值；(2)若c3，判斷f(x)的單調(diào)性；(3)若f(x)有極值，求c的取值范圍思維導(dǎo)引(1)先求導(dǎo)函數(shù)f(x)，再利用f(x)為偶函數(shù)和曲線yf(x)在點(diǎn)(0，f(0)處的切線的斜率為4c建立關(guān)于a，b的方程組求解；(2)把c3代入函數(shù)解析式，利用基本不等式求f(x)的最小值，進(jìn)而確定f(x)的符號(hào)，從而確定函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(3)對(duì)c分類，討論方程f(x)0是否有實(shí)根，從而確定極值解(1)對(duì)f(x)求導(dǎo)得f(x)2ae2x2be2xc，由f(x)為偶函數(shù)，知f(x)f(x)，即2(ab)(e2xe2x)0，所以ab.又f(0)2a2bc4c，故a1，b1.(2)當(dāng)c3時(shí)，f(x)e2xe2x3x，那么f(x)2e2x2e2x3231>0，故f(x)在R上為增函數(shù)(3)由(1)知f(x)2e2x2e2xc，而2e2x2e2x24，當(dāng)x0時(shí)等號(hào)成立下面分三種情況進(jìn)行討論當(dāng)c<4時(shí)，對(duì)任意xR，f(x)2e2x2e2xc>0，此時(shí)f(x)無極值；當(dāng)c4時(shí)，對(duì)任意x0，f(x)2e2x2e2x4>0，此時(shí)f(x)無極值；當(dāng)c>4時(shí)，令e2xt，注意到方程2tc0有兩根t1，t2，t1t2>0，即f(x)0有兩個(gè)根x1ln t1或x2ln t2.當(dāng)x1<x<x2時(shí)，f(x)<0；又當(dāng)x>x2時(shí)，f(x)>0，從而f(x)在xx2處取得極小值綜上，若f(x)有極值，則c的取值范圍為(4，)典例賞析1(文科)(xx廣東高考)已知函數(shù)f(x)x3x2ax1(aR)(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)a0時(shí)，試討論是否存在x0，使得f(x0)f.思維導(dǎo)引(1)由函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性之間的關(guān)系求解；(2)先由a<0得函數(shù)的單調(diào)性，求得函數(shù)的最大值是f(0)或f(1)再討論求解得答案解(1)f(x)x22xa，方程x22xa0的判別式44a4(1a)，若a1，則0，f(x)x22xa0，f(x)在R上單調(diào)遞增若a<1，則>0，方程x22xa0有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，x11，x21，當(dāng)x<x1或x>x2時(shí)，f(x)>0；當(dāng)x1<x<x2時(shí)，f(x)<0，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為和，單調(diào)遞減區(qū)間為.(2)當(dāng)a<0時(shí)，>0，且f(0)1，f，f(1)a，此時(shí)x1<0，x2>0，令x2得a.當(dāng)<a<0時(shí)，x1<0<x2<，f(x)在(0，x2)上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞增()若<a<，則f(0)1>f，存在x0，使得f(x0)f；()當(dāng)a<0時(shí)，f(0)f，不存在x0，使得f(x0)f；當(dāng)a時(shí)，f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增不存在x0，使得f(x0)f.當(dāng)<a<時(shí)，f<f(1)，存在x0，使得f(x0)f.當(dāng)a時(shí)，ff(1)，不存在x0，使得f(x0)f.綜上，當(dāng)a時(shí)，不存在x0，使得f(x0)f；當(dāng)a時(shí)，存在x0，使得f(x0)f.函數(shù)性質(zhì)綜合問題難點(diǎn)是函數(shù)單調(diào)性和極值、最值的分類討論(1)單調(diào)性討論策略：?jiǎn)握{(diào)性的討論是以導(dǎo)數(shù)等于零的點(diǎn)為分界點(diǎn)，把函數(shù)定義域分段，在各段上討論導(dǎo)數(shù)的符號(hào)，在不能確定導(dǎo)數(shù)等于零的點(diǎn)的相對(duì)位置時(shí)，還需要對(duì)導(dǎo)數(shù)等于零的點(diǎn)的位置關(guān)系進(jìn)行討論(2)極值討論策略：極值的討論是以單調(diào)性的討論為基礎(chǔ)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性確定函數(shù)的極值點(diǎn)(3)最值討論策略：圖象連續(xù)的函數(shù)在閉區(qū)間上最值的討論，是以函數(shù)在該區(qū)間上的極值和區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值進(jìn)行比較為標(biāo)準(zhǔn)進(jìn)行的，在極值和區(qū)間端點(diǎn)函數(shù)值中最大的為最大值、最小的為最小值1(xx呼倫貝爾市二模)已知函數(shù)f(x)，(x1)(1)試判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性，并說明理由；(2)若f(x)恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍解：(1)f(x).x1，ln x0，f(x)0，故f(x)在1，)單調(diào)遞減(2)f(x)k.記g(x)，g(x).再令h(x)xln x則h(x)1.x1則h(x)0，h(x)在1，)上單調(diào)遞增，h(x)minh(1)1>0，從而g(x)>0，故g(x)在1，)上也單調(diào)遞增，g(x)ming(1)2，k2.題型二利用導(dǎo)數(shù)證明不等式典例賞析2 (xx新課標(biāo)全國高考)已知函數(shù)f(x)exln(xm)(1)設(shè)x0是f(x)的極值點(diǎn)，求m，并討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)m2時(shí)，證明f(x)>0.思維導(dǎo)引(1)f(x)0解得m，在f(x)的定義域內(nèi)確定f(x)>0，f(x)<0的區(qū)間即得其單調(diào)區(qū)間；(2)m2時(shí)，ln(xm)ln(x2)，只要f(x)exln(x2)>0即可，故只要f(x)min>0，確定函數(shù)f(x)的最小值點(diǎn)后論證其最小值大于0.解(1)解：f(x)ex.由x0是f(x)的極值點(diǎn)得f(0)0，所以m1.于是f(x)exln(x1)，定義域?yàn)?1，)，f(x)ex.函數(shù)f(x)ex在(1，)上單調(diào)遞增，且f(0)0，因此當(dāng)x(1,0)時(shí)，f(x)<0；當(dāng)x(0，)時(shí)，f(x)>0，所以f(x)在(1,0)上單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞增(2)證明：當(dāng)m2，x(m，)時(shí)，ln(xm)ln(x2)，故只需證明當(dāng)m2時(shí)，f(x)>0.當(dāng)m2時(shí)，函數(shù)f(x)ex在(2，)上單調(diào)遞增又f(1)<0，f(0)>0，故f(x)0在(2，)上有唯一實(shí)根x0，且x0(1,0)當(dāng)x(2，x0)時(shí)，f(x)<0；當(dāng)x(x0，)時(shí)，f(x)>0，從而當(dāng)xx0時(shí)，f(x)取得最小值由f(x0)0得ex0，ln(x02)x0，故f(x)f(x0)x0>0.綜上，當(dāng)m2時(shí)，f(x)>0.導(dǎo)數(shù)研究實(shí)數(shù)區(qū)間D上的不等式的主要表現(xiàn)形式是“證明不等式在區(qū)間D上成立，不等式在區(qū)間D上恒成立，求參數(shù)k的范圍”等(1)證明區(qū)間D上不等式成立的策略：構(gòu)造函數(shù)f(x)，把不等式轉(zhuǎn)化為證明f(x)>0，f(x)<0等，把其轉(zhuǎn)化為求函數(shù)f(x)在區(qū)間D上的最值或值域的端點(diǎn)值，通過最值和值域端點(diǎn)值與0的比較得證(2)根據(jù)區(qū)間D上不等式恒成立求參數(shù)k范圍的策略：如果能夠分離參數(shù)k，即得到(k)>f(x)或(k)<f(x)，問題等價(jià)于求函數(shù)在區(qū)間D上的最值或值域的端點(diǎn)值，通過最值與值域端點(diǎn)值得到關(guān)于k的不等式解之；如果不能分離參數(shù)，則在含有參數(shù)的情況下，其處理策略同證明區(qū)間D上不等式成立的策略2(xx湛江一模)已知f(x)ln(x1)，g(x)ax2bx(a，bR)(1) 若b2且h(x)f(x1)g(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若a0，b1，求證：當(dāng)x(1，)時(shí)，f(x)g(x)0恒成立；(3) 利用(2)的結(jié)論證明：若x>0，y>0，則xln xyln y>(xy)ln .解：(1)當(dāng)b2時(shí)，h(x)ln xax22xh(x)ax2.h(x)有單調(diào)減區(qū)間，h(x)<0有解，即<0x>0，ax22x1>0有解()當(dāng)a0時(shí)符合題意；()當(dāng)a<0時(shí)，44a>0，即a>1.a的取值范圍是(1，)(2)當(dāng)a0，b1時(shí)，設(shè)(x)f(x)g(x)ln(x1)x，(x)1.x>1，討論(x)的正負(fù)得下表：x(1,0)0(0，)(x)0(x)最大值當(dāng)x0時(shí)(x)有最大值0，即(x)0恒成立，當(dāng)x(1，)時(shí)，f(x)g(x)0恒成立(3)證明：x>0，y>0，xln xyln y(xy)ln xyxln yln xln yln xln yln .由(2)有xlnyln>xy0xln xyln y>(xy)ln .題型三利用導(dǎo)數(shù)研究恒成立問題對(duì)應(yīng)學(xué)生用書理53頁 文50頁 典例賞析3 (xx珠海檢測(cè))已知函數(shù)f(x)(a1)ln xax2，aR.(1)當(dāng)a時(shí)，求f(x)的最大值；(2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(3)如果對(duì)任意x1，x2(0，)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍思維導(dǎo)引(1)對(duì)函數(shù)f(x)求導(dǎo)，得到f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間和單調(diào)遞減區(qū)間，進(jìn)而得到f(x)最小值； (2)對(duì)函數(shù)f(x)求導(dǎo)，然后對(duì)a分情況進(jìn)行討論得到f(x)的單調(diào)區(qū)間； (3)分當(dāng)a0時(shí)， 當(dāng)a1時(shí)， 當(dāng)1<a<0時(shí)進(jìn)行討論，在這三種情況中分別找到a的范圍，最后取并集規(guī)范答題(1)當(dāng)a時(shí)，f(x)ln xx2，f(x)x，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，)，所以f(x)maxf(1).(2)函數(shù)f(x)(a1)ln xax2的定義域?yàn)?0，)，且f(x)2ax.下面對(duì)參數(shù)進(jìn)行如下討論：當(dāng)a0時(shí)，f(x)>0，故f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)a1時(shí)，f(x)<0，故f(x)在(0，)上單調(diào)遞減；當(dāng)1<a<0時(shí)，令f(x)0，解得x，則當(dāng)x，f(x)>0；當(dāng)x，f(x)<0.故f(x)在x上單調(diào)遞增；在x上單調(diào)遞減(3)不妨設(shè)0<x1x2：當(dāng)a0時(shí)，f(x)>0，故f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，即f(x2)4x2f(x1)4x1恒成立構(gòu)造函數(shù)g(x)f(x)4x，須證g(x)f(x)4x在(0，)上單調(diào)遞增，即證g(x)f(x)42ax40，即2ax24xa10(x>0)恒成立當(dāng)a0時(shí)，則由4x1>0得x>，不合題意，即a0，則a>0.根據(jù)二次函數(shù)y2ax24xa1(x>0)開口方向向上，對(duì)稱軸x>0，所以只需0，可得168a(a1)0，解得a1(a2舍去)當(dāng)a1時(shí)，f(x)<0，故f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，即f(x2)4x2f(x1)4x1恒成立構(gòu)造函數(shù)g(x)f(x)4x，須證g(x)f(x)4x在(0，)上單調(diào)遞減，即證g(x)f(x)42ax40，得2ax24xa10(x>0)恒成立. 根據(jù)二次函數(shù)y2ax24xa1(x>0)開口方向向下，對(duì)稱軸x>0，所以只需0，可得168a(a1)0，解得a2(a1舍去)當(dāng)1<a<0時(shí)，f(x)在x上單調(diào)遞增；在x上單調(diào)遞減，此時(shí)|f(x1)f(x2)|4|x1x2|等價(jià)于f(x2)4x2f(x1)4x1恒成立或者f(x2)4x2f(x1)4x1恒成立，由上可知a1或a2，這與1<a<0不符，故此情況無解綜上所述：實(shí)數(shù)a的取值范圍是(，21，)利用導(dǎo)數(shù)解決恒成立問題主要涉及以下方面：(1)已知不等式在某一區(qū)間上恒成立，求參數(shù)的取值范圍：一般先分離參數(shù)，再轉(zhuǎn)化為函數(shù)在給定區(qū)間上的最值問題求解(2)如果無法分離參數(shù)可以考慮對(duì)參數(shù)a或自變量進(jìn)行分類求解，如果是二次不等式恒成立的問題，可以考慮限制二次項(xiàng)系數(shù)或判別式的方法求解(3)已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍：轉(zhuǎn)化為f(x)0(或f(x)0)恒成立的問題3(xx青島一模)已知函數(shù)f(x)x32ax23x.(1)當(dāng)a0時(shí)，求曲線yf(x)在點(diǎn)(3，f(3)的切線方程；(2)對(duì)一切x(0，)，af(x)4a2xln x3a1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)當(dāng)a>0時(shí)，試討論f(x)在(1,1)內(nèi)的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)解：(1)由題意知f(x)x33x，所以f(x)2x23.又f(3)9，f(3)15，所以曲線yf(x)在點(diǎn)(3，f(3)的切線方程為15xy360.(2)由題意2ax21ln x，即a對(duì)一切x(0，)恒成立設(shè)g(x)，則g(x).當(dāng)0<x<e時(shí)，g(x)>0；當(dāng)x>e時(shí)，g(x)<0.所以當(dāng)xe時(shí)，g(x)取得最大值g(x)max，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為.(3)f(x)2x24ax3，f(1)4，f(1)4.當(dāng)a>時(shí)，存在x0(1,1)，使得f(x0)0.因?yàn)閒(x)2x24ax3開口向上，所以在(1，x0)內(nèi)f(x)>0，在(x0,1)內(nèi)f(x)<0，即f(x)在(1，x0)內(nèi)是增函數(shù)，f(x)在(x0,1)內(nèi)是減函數(shù)，故a>時(shí)，f(x)在(1,1)內(nèi)有且只有一個(gè)極值點(diǎn)，且是極大值點(diǎn)當(dāng)0<a時(shí)，又因?yàn)閒(x)2x24ax3開口向上，所以在(1,1)內(nèi)f(x)<0，則f(x)在(1,1)內(nèi)為減函數(shù)，故沒有極值點(diǎn)綜上可知：當(dāng)a>，f(x)在(1,1)內(nèi)的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)為1；當(dāng)0<a時(shí)，f(x)在(1,1)內(nèi)的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)為0.題型四利用導(dǎo)數(shù)研究方程的根(或函數(shù)的零點(diǎn))對(duì)應(yīng)學(xué)生用書理54頁 文51頁 典例賞析4 (xx包頭市二模)已知函數(shù)f(x)x2ln x.(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)kx1有實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)k的取值范圍思維導(dǎo)引(1)在定義域范圍內(nèi)，解不等式f(x)>0得單調(diào)遞增區(qū)間，解不等式f(x)<0得單調(diào)遞減區(qū)間；(2)將實(shí)數(shù)k分離出來，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域規(guī)范答題(1)函數(shù)的定義域?yàn)閤|x>0，f(x)x(2ln x1)令f(x)x(2ln x1)>0，得2ln x1>0，即x>；令f(x)x(2ln x1)<0，得2ln x1<0，即0<x<；所以，當(dāng)x時(shí)，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x時(shí)，f(x)單調(diào)遞增(2)由f(x)kx1，得x2ln xkx1，所以有kxln x(x>0)，設(shè)g(x)xln x，g(x)ln xg(1)0，當(dāng)0<x<1時(shí)，g(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，g(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以x>0時(shí)，g(x)ming(1)1所以k1，k的取值范圍是1，)研究方程根，可以通過構(gòu)造函數(shù)g(x)的方法，把問題轉(zhuǎn)化為研究構(gòu)造的函數(shù)g(x)的零點(diǎn)問題研究函數(shù)g(x)零點(diǎn)的策略是：(1)如果函數(shù)g(x)在已知區(qū)間上是單調(diào)的，則其最多只有一個(gè)零點(diǎn)，再結(jié)合函數(shù)的零點(diǎn)存在定理，確定其零點(diǎn)是否存在(2)如果函數(shù)g(x)在已知區(qū)間不是單調(diào)的，則求出這個(gè)函數(shù)的極值點(diǎn)和單調(diào)區(qū)間，再結(jié)合g(x)的極值與零的大小，以及函數(shù)g(x)的單調(diào)性、結(jié)合零點(diǎn)存在定理判斷其零點(diǎn)的個(gè)數(shù)4已知函數(shù)f(x)x22aln xbx.(1)若a，函數(shù)f(x)在其定義域內(nèi)是增函數(shù)，求b的最大值；(2)若b0，關(guān)于x的方程f(x)2ax0有唯一解，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解：(1)依題意a時(shí)，f(x)ln xx2bx，且在其定義域(0，)上是增函數(shù)，f(x)2xb0對(duì)x(0，)恒成立，即b2x對(duì)x(0，)恒成立，只需bmin.x>0，2x2，當(dāng)且僅當(dāng)x時(shí)取“”，b2，故b的最大值為2.(2)記(g)xf(x)2axx22aln x2ax，g(x)2x2a(x2axa)若方程f(x)2ax有唯一解，即g(x)0有唯一解. 令g(x)0，得x2axa0.因?yàn)閍>0，x>0，所以x1<0(舍去)，x2. 當(dāng)x(0，x2)時(shí)，g(x)<0，g(x)在(0，x2)是單調(diào)遞減函數(shù)；當(dāng)x(x2，)時(shí)，g(x)>0，g(x)在(x2，)上是單調(diào)遞增函數(shù)當(dāng)xx2時(shí)，g(x2)0，g(x)ming(x2)因?yàn)間(x)0有唯一解，所以g(x2)0.則即兩式相減得aln x2ax2a0，因?yàn)閍>0，所以2ln x2x210(*)設(shè)函數(shù)h(x)2ln xx1，因?yàn)樵趚>0時(shí)，h(x)是增函數(shù)，所以h(x) 0至多有一解因?yàn)閔(1)0，所以方程(*)的解為x21，從而解得a.1(xx武威市涼州區(qū)一診)已知函數(shù)f(x)(ax2)ex在x1處取得極值(1)求a的值； (2)求函數(shù)f(x)在m，m1上的最小值；(3)求證：對(duì)任意x1，x20,2，都有|f(x1)f(x2)|e.解：(1)解：f(x)aex(ax2)ex(axa2)ex.由已知得f(1)0，即(2a2)ex0，解得a1.當(dāng)a1時(shí)，在x1處函數(shù)f(x)(x2)ex取得極小值，所以a1.(2)解：f(x)(x2)ex，f(x)ex(x2)ex(x1)ex.x(，1)1(1，)f(x)0f(x)減極小值增所以函數(shù)f(x)在(，1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增當(dāng)m1時(shí)，f(x)在m，m1單調(diào)遞增，fmin(x)f(m)(m2)em.當(dāng)0<m<1時(shí)，m<1<m1，f(x)在m,1上單調(diào)遞減，在1，m1上單調(diào)遞增，fmin(x)f(1)e.當(dāng)m0時(shí)，m11，f(x)在m，m1上單調(diào)遞減，fmin(x)f(m1)(m1)em1.綜上，f(x)在m，m1上的最小值fmin(x)(3)證明：由()知f(x)(x2)ex，f(x)ex(x2)ex(x1)ex.令f(x)0得x1.因?yàn)閒(0)2，f(1)e，f(2)0，所以fmax(x)0，fmin(x)e，所以，對(duì)任意x1，x20,2，都有|f(x1)f(x2)|fmax(x)fmin(x)e.2(xx常州市監(jiān)測(cè))已知函數(shù)f(x)ln xx，aR.(1)當(dāng)a0時(shí)，求函數(shù)f(x)的極大值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)當(dāng)a>1時(shí)，設(shè)函數(shù)g(x)，若實(shí)數(shù)b滿足b>a且gg(a)，g(b)2g，求證：4<b<5.解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，)當(dāng)a0時(shí)，f(x)ln xx，f(x)1，令f(x)0得x1.列表：x(0,1)1(1，)f(x)0f(x)極大值所以f(x)的極大值為f(1)1. (2)f(x)1.令f(x)0，得x2xa0，記14a.()當(dāng)a時(shí)，f(x)0，所以f(x)單調(diào)減區(qū)間為(0，)；()當(dāng)a>時(shí)，由f(x)0得x1，x2，若<a<0，則x1>x2>0，由f(x)<0，得0<x<x2，x>x1；由f(x)>0，得x2<x<x1.所以，f(x)的單調(diào)減區(qū)間為，單調(diào)增區(qū)間為；若a0，由(1)知f(x)單調(diào)增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)減區(qū)間為(1，)；若a>0，則x1>0>x2，由f(x)<0，得x>x1；由f(x)>0，得0<x<x1.f(x)的單調(diào)減區(qū)間為，單調(diào)增區(qū)間為. 綜上所述：當(dāng)a時(shí)，f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0，)；當(dāng)<a<0時(shí)，f(x)的單調(diào)減區(qū)間為，單調(diào)增區(qū)間為；當(dāng)a0時(shí)，f(x)單調(diào)減區(qū)間為，單調(diào)增區(qū)間為. (3)證明： g(x)|ln(x1)|(x>1)由gg(a)得|ln(a1)|.1<a<b，b1a1(舍)，或(a1)(b1)1.1(a1)(b1)<(b1)2，b>2.由g(b)2g得|ln(b1)|22，(*)因?yàn)?，所以(*)式可化為ln(b1)2ln(a1)(b1)，即b12.令b1t(t>1)，則t2，整理得t44t32t210，從而(t1)(t33t2t1)0，即t33t2t10.記h(t)t33t2t1，t>1.h(t)3t26t1，令h(t)0得t1(舍去)，t1，列表：th(t)h(t)所以，h(t)在單調(diào)減，在單調(diào)增，又因?yàn)閔(3)<0，h(4)>0，所以3<t<4，從而4<b<5.對(duì)應(yīng)學(xué)生用書理55頁 文52頁 3(xx臨沂市質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)ln x.(1)若直線yxm與函數(shù)f(x)的圖象相切，求實(shí)數(shù)m的值；(2)證明曲線yf(x)與曲線yx有唯一的公共點(diǎn)；(3)設(shè)0<a<b，比較與的大小，并說明理由解：(1)f(x)，設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)，則k1，x01，y0ln x0ln 10，代入yxm，得m1.(2)證明：令h(x)f(x)ln xx，則h(x)1<0，h(x)在(0，)內(nèi)單調(diào)遞減又h(1)ln 1110，x1是函數(shù)h(x)唯一的零點(diǎn)，故點(diǎn)(1,0)是兩曲線唯一的公共點(diǎn)(3) ln ，0<a<b，>1.構(gòu)造函數(shù)(x)ln x，(x>1)，則(x)>0，(x)在(1，)內(nèi)單調(diào)遞增，又當(dāng)x1時(shí)，(1)0，x>1時(shí)，(x)>0，即ln x>，則有l(wèi)n >成立，即>.即>.4(xx湖北省八市聯(lián)考)定義在R上的函數(shù)g(x)及二次函數(shù)h(x)滿足g(x)2g(x)ex9，h(2)h(0)1且h(3)2.(1)求g(x)和h(x)的解析式；(2)對(duì)于x1，x21,1，均有h(x1)ax15g(x2)x2g(x2)成立，求a的取值范圍；(3)設(shè)f(x)，討論方程ff(x)2的解的個(gè)數(shù)情況解：(1)g(x)2g(x)ex9，g(x)2g(x)ex9，即g(x)2g(x)2ex9.由聯(lián)立解得：g(x)ex3.h(x)是二次函數(shù)，且h(2)h(0)1，可設(shè)h(x)ax(x2)1，由h(3)2，解得a1.h(x)x(x2)1x22x1.g(x)ex3，h(x)x22x1.(2)設(shè)(x)h(x)ax5x2(a2)x6，F(xiàn)(x)ex3x(ex3)(1x)ex3x3，依題意知：當(dāng)1x1時(shí)，(x)minF(x)max.F(x)ex(1x)(ex3)3xex3，F(xiàn)(x)ex(1x)，當(dāng)x1,1時(shí)，F(xiàn)(x)0，F(xiàn)(x)在1,1上單調(diào)遞減，F(xiàn)(x)minF(1)3e>0.F(x)在1,1上單調(diào)遞增，F(xiàn)(x)maxF(1)0，解得3a7，實(shí)數(shù)a的取值范圍為3,7(3)f(x)的圖象如圖所示：令Tf(x)，則f(T)2.T11，T2ln 5，f(x)1有兩個(gè)解，f(x)ln 5有3個(gè)解ff(x)2有5個(gè)解5(理科)(xx漳州市質(zhì)檢)給出定義在(0，)上的三個(gè)函數(shù)f(x)ln x，g(x)x2af(x)，h(x)xa，已知g(x)在x1處取極值(1)求實(shí)數(shù)a的值，并確定函數(shù)h(x)的單調(diào)性；(2)求證：當(dāng)1<x<e2時(shí)，恒有x<成立；(3)若函數(shù)ymg(x)在上有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍解：(1)由題設(shè)，g(x)x2aln x，則g(x)2x.由已知，g(1)0，即2a0a2.于是h(x)x2，則h(x)1，且x(0，)由h(x)1>0x>1，h(x)1<00<x<1.所以h(x)在(1，)上是增函數(shù)，在(0,1)上是減函數(shù)(2)當(dāng)1<x<e2時(shí)，0<ln x<2，即0<f(x)<2，欲證x<，只需證x2f(x)<2f(x)，即證f(x)>.設(shè)(x)f(x)ln x，則(x).當(dāng)1<x<e2時(shí)，(x)>0，所以(x)在區(qū)間(1，e2)上為增函數(shù)從而當(dāng)1<x<e2時(shí)，(x)>(1)0，即f(x)>，故x<.(3)y2ln xx2m，則y2x，x，故y0時(shí)，x1.當(dāng)<x<1時(shí)，y>0；當(dāng)1<x<e時(shí)，y<0.故函數(shù)y(x)在x1處取得極大值(1)m1.又m2，(e)m2e2，(e)4e2<0，則(e)<，y(x)在上的最小值是(e)y(x)在上有兩個(gè)零點(diǎn)的條件是解得1<m2，實(shí)數(shù)m的取值范圍是.5(文科)(xx大連市二模)設(shè)函數(shù)f(x)ln xcx(xR)(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)x2恒成立，求c的取值范圍；(3)設(shè)函數(shù)f(x)有兩個(gè)相異零點(diǎn)x1、x2，求證：x1x2>e2.解析：(1)f(x)ln xcx，x(0，)，f(x)c.當(dāng)c0時(shí)，f(x)單調(diào)增區(qū)間為(0，)；當(dāng)c>0時(shí)，f(x)單調(diào)增區(qū)間為，f(x)單調(diào)減區(qū)間為.(2)f(x)x2，ln xcxx2，cx.設(shè)g(x)x，g(x)，g(x)在(0,1)單調(diào)遞增，在(1，)單調(diào)遞減g(x)maxg(1)1，c1.(3)證明： f(x)有兩個(gè)相異零點(diǎn)，ln x1cx1，ln x2cx2，ln x1ln x2c(x1x2)，c，而x1x2>e2，等價(jià)于ln x1ln x2>2，即cx1cx2>2，由得：(x1x2)>2.不妨設(shè)x1>x2>0，則t>1，上式轉(zhuǎn)化為ln t>(t>1)設(shè)H(t)ln t(t>1)，則H(t)>0，故函數(shù)H(t)是(1，)上的增函數(shù)，所以H(t)H(l)0，即不等式ln t>成立，故所證不等式x1x2>e2成立. 6(理科)(xx南平市質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)g(x)x22x1mln x，(mR)(1)當(dāng)m1時(shí)，求過點(diǎn)P(0，1)且與曲線yg(x)(x1)2相切的切線方程；(2)求函數(shù)yg(x)的單調(diào)增區(qū)間；(3)若函數(shù)yg(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)a，b，且a<b，記x表示不大于x的最大整數(shù)，試比較sin與cos(g(a)g(b)的大小解：(1)曲線方程為yln x，設(shè)切點(diǎn)為(x0，ln x0)由y得切線的斜率k，則切線方程為yln x0(xx0)因?yàn)榍芯€過點(diǎn)P(0，1)，所以1ln x01，即x01，故所求切線方程為xy10.(2)函數(shù)yg(x)的定義域?yàn)?0，)，g(x)2x2.令g(x)>0并結(jié)合定義域得2x22xm>0，對(duì)應(yīng)一元二次方程的判別式4(12m)當(dāng)0，即m時(shí)，g(x)0，則函數(shù)g(x)的增區(qū)間為(0，)；當(dāng)0<m<時(shí)，函數(shù)g(x)的增區(qū)間為，；當(dāng)m0時(shí)，函數(shù)g(x)的增區(qū)間為.(3)g(x)2x2，令g(x)0得2x22xm0，由題意知方程有兩個(gè)不相等的正數(shù)根a，b(a<b)，則解得0<m<， 解方程得b，則<b<1.又由2b22bm0得m2b22b，所以g(b)b22b1mln bb22b1(2b22b)ln b，b.g(b)2b2(4b2)ln b22b4lnB.當(dāng)b時(shí)，g(b)>0，即函數(shù)g(b)是上的增函數(shù)，所以<g(b)<0，故g(b)的取值范圍是.則g(b)1.同理可求0<a<，g(a)a22a1(2a22a)ln a，a，g(a)4ln a<0，即函數(shù)g(a)是上的減函數(shù)，所以<g(a)<1，故g(a)的取值范圍是，則g(a)1或g(a)0.當(dāng)g(a)1時(shí)，sin>cos(g(a)g(b)；當(dāng)g(a)0時(shí)，sin<cos(g(a)g(b)6(文科)(xx南平市質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)exx.(1)求曲線yf(x)在點(diǎn)(1，f(1)處的切線方程；(2)已知t為實(shí)數(shù)，求函數(shù)f(x)在區(qū)間t，t2上的最小值；(3)定義在區(qū)間D上的函數(shù)g(x)，若存在區(qū)間a，bD及實(shí)常數(shù)m，當(dāng)xa，b時(shí)，g(x)的取值范圍恰為am，bm，則稱區(qū)間a，b為g(x)的一個(gè)同步偏移區(qū)間，m為同步偏移量試問函數(shù)yf(x)x(x21)在(1，)上是否存在同步偏移區(qū)間？若存在，請(qǐng)求出一個(gè)同步偏移區(qū)間及對(duì)應(yīng)的偏移量；若不存在，請(qǐng)說明理由解：(1)由題意知f(1)e1，f(x)ex1.函數(shù)f(x)在點(diǎn)(1，f(1)處的切線斜率ke1，切線方程為y(e1)(e1)(x1)，即y(e1)x.(2)令f(x)ex10得x0.當(dāng)t0時(shí)，在t，t2上f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，fminxf(t)ett.當(dāng)2<t<0時(shí)，在t,0上f(x)0，f(x)單調(diào)遞減；在0，t2上f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，fmin(x)f極小(x)f(0)1.當(dāng)t2時(shí)，在t，t2上f(x)0，f(x)單調(diào)遞減，fmin(x)f(t2)et2t2.fmin(x) (3)函數(shù)yf(x)x(x21)在(1，)上不存在同步偏移區(qū)間證明如下：假設(shè)函數(shù)g(x)f(x)x(x21)(x21)ex存在同步偏移區(qū)間a，b，則g(x)(x22x1)ex.x>1時(shí)，g(x)>0，g(x)為增函數(shù)，即方程(x21)exxm有兩個(gè)大于1的相異實(shí)根設(shè)(x)(x21)exxm(x>1)，則(x)(x22x1)ex1.x>1，(x)>0，(x)在(1，)上單調(diào)遞增. (x)在區(qū)間(1，)上至多有一個(gè)零點(diǎn)與方程(x21)exxm有兩個(gè)大于1的相異實(shí)根矛盾，假設(shè)不成立，即g(x)在(1，)上不存在同步偏移區(qū)間