2019高考數(shù)學(xué)“一本”培養(yǎng)專題突破 限時(shí)集訓(xùn)14 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 文.doc
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2019高考數(shù)學(xué)“一本”培養(yǎng)專題突破 限時(shí)集訓(xùn)14 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 文.doc
專題限時(shí)集訓(xùn)(十四)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用(建議用時(shí):60分鐘)1(2018太原模擬)設(shè)函數(shù)f(x)ax2ln xb(x1)(x>0),曲線yf(x)過(guò)點(diǎn)(e,e2e1),且在點(diǎn)(1,0)處的切線方程為y0.(1)求a,b的值;(2)證明:當(dāng)x1時(shí),f(x)(x1)2;(3)若當(dāng)x1時(shí),f(x)m(x1)2恒成立,求實(shí)數(shù)m的取值范圍解(1)函數(shù)f(x)ax2ln xb(x1)(x0),可得f(x)2axln xaxb,因?yàn)閒(1)ab0,f(e)ae2b(e1)e2e1,所以a1,b1.(2)證明:f(x)x2ln xx1,設(shè)g(x)x2ln xxx2(x1),g(x)2xln xx1,(g(x)2ln x10,所以g(x)在0,)上單調(diào)遞增,所以g(x)g(1)0,所以g(x)在0,)上單調(diào)遞增,所以g(x)g(1)0,所以f(x)(x1)2.(3)設(shè)h(x)x2ln xxm(x1)21,h(x)2xln xx2m(x1)1,由(2)中知x2ln x(x1)2x1x(x1),所以xln xx1,所以h(x)3(x1)2m(x1),當(dāng)32m0即m時(shí),h(x)0,所以h(x)在1,)單調(diào)遞增,所以h(x)h(1)0,成立當(dāng)32m<0即m>時(shí),h(x)2xln x(12m)(x1),(h(x)2ln x32m,令(h(x)0,得x0e1,當(dāng)x1,x0)時(shí),h(x)h(1)0,所以h(x)在1,x0)上單調(diào)遞減,所以h(x)h(1)0,不成立綜上,m.2(2017天津高考)設(shè)a,bR,|a|1.已知函數(shù)f(x)x36x23a(a4)xb,g(x)exf(x)(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)已知函數(shù)yg(x)和yex的圖象在公共點(diǎn)(x0,y0)處有相同的切線,求證:f(x)在xx0處的導(dǎo)數(shù)等于0;若關(guān)于x的不等式g(x)ex在區(qū)間x01,x01上恒成立,求b的取值范圍解(1)由f(x)x36x23a(a4)xb,可得f(x)3x212x3a(a4)3(xa)x(4a)令f(x)0,解得xa或x4a.由|a|1,得a<4a.當(dāng)x變化時(shí),f(x),f(x)的變化情況如下表:x(,a)(a,4a)(4a,)f(x)f(x)所以, f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(,a),(4a,),單調(diào)遞減區(qū)間為(a,4a)(2)證明:因?yàn)間(x)ex(f(x)f(x),由題意知所以解得所以f(x)在xx0處的導(dǎo)數(shù)等于0.因?yàn)間(x)ex,xx01,x01,且ex>0,所以f(x)1.又因?yàn)閒(x0)1,f(x0)0,所以x0為f(x)的極大值點(diǎn),由(1)知x0a.另一方面,由于|a|1,故a1<4a.由(1)知f(x)在(a1,a)內(nèi)單調(diào)遞增,在(a,a1)內(nèi)單調(diào)遞減,故當(dāng)x0a時(shí),f(x)f(a)1在a1,a1上恒成立,從而g(x)ex在x01,x01上恒成立由f(a)a36a23a(a4)ab1,得b2a36a21,1a1.令t(x)2x36x21,x1,1,所以t(x)6x212x.令t(x)0,解得x2(舍去)或x0.因?yàn)閠(1)7,t(1)3,t(0)1,所以,t(x)的值域?yàn)?,1所以,b的取值范圍是7,13設(shè)函數(shù)f(x)x3ax2bxc.(1)求曲線yf(x)在點(diǎn)(0,f(0)處的切線方程;(2)設(shè)ab4,若函數(shù)f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn),求c的取值范圍;(3)求證:a23b>0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的必要而不充分條件解(1)由f(x)x3ax2bxc,得f(x)3x22axb.因?yàn)閒(0)c,f(0)b,所以曲線yf(x)在點(diǎn)(0,f(0)處的切線方程為ybxc.(2)當(dāng)ab4時(shí),f(x)x34x24xc,所以f(x)3x28x4.令f(x)0,得3x28x40,解得x2或x.f(x)與f(x)在區(qū)間(,)上的情況如下:x(,2)2f(x)00f(x)cc所以當(dāng)c>0且c<0時(shí),存在x1(4,2),x2,x3,使得f(x1)f(x2)f(x3)0.由f(x)的單調(diào)性知,當(dāng)且僅當(dāng)c時(shí),函數(shù)f(x)x34x24xc有三個(gè)不同零點(diǎn)(3)證明:當(dāng)4a212b0時(shí),f(x)3x22axb0,x(,),此時(shí)函數(shù)f(x)在區(qū)間(,)上單調(diào)遞增,所以f(x)不可能有三個(gè)不同零點(diǎn)當(dāng)4a212b0時(shí),f(x)3x22axb只有一個(gè)零點(diǎn),記作x0.當(dāng)x(,x0)時(shí),f(x)>0,f(x)在區(qū)間(,x0)上單調(diào)遞增;當(dāng)x(x0,)時(shí),f(x)>0,f(x)在區(qū)間(x0,)上單調(diào)遞增所以f(x)不可能有三個(gè)不同零點(diǎn)綜上所述,若函數(shù)f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn),則必有4a212b0.故a23b>0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的必要條件當(dāng)ab4,c0時(shí),a23b0,f(x)x34x24xx(x2)2只有兩個(gè)不同零點(diǎn),所以a23b>0不是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的充分條件因此a23b0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的必要而不充分條件4(2018蘭州模擬)已知函數(shù)f(x)ln x在(1,)上是增函數(shù),且a0.(1)求a的取值范圍;(2)若b>0,試證明ln.解(1)f(x),因?yàn)樵?1,)上f(x)0,且a0,所以ax10,即x,所以1,即a1.故a的取值范圍為1,)(2)證明:因?yàn)閎>0,a1,所以>1,又f(x)ln x在(1,)上是增函數(shù),所以ff(1),即ln0,化簡(jiǎn)得ln,ln等價(jià)于lnln0,令g(x)ln(1x)x(x(0,),則g(x)10,所以函數(shù)g(x)在(0,)上為減函數(shù),所以glnlng(0)0,即ln.綜上,ln,得證.