2019高考數(shù)學(xué)“一本”培養(yǎng)專題突破 限時集訓(xùn)14 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 文.doc
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專題限時集訓(xùn)(十四)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用(建議用時:60分鐘)1(2018太原模擬)設(shè)函數(shù)f(x)ax2ln xb(x1)(x0),曲線yf(x)過點(e,e2e1),且在點(1,0)處的切線方程為y0.(1)求a,b的值;(2)證明:當(dāng)x1時,f(x)(x1)2;(3)若當(dāng)x1時,f(x)m(x1)2恒成立,求實數(shù)m的取值范圍解(1)函數(shù)f(x)ax2ln xb(x1)(x0),可得f(x)2axln xaxb,因為f(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,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時,h(x)2xln x(12m)(x1),(h(x)2ln x32m,令(h(x)0,得x0e1,當(dāng)x1,x0)時,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(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a0,所以f(x)1.又因為f(x0)1,f(x0)0,所以x0為f(x)的極大值點,由(1)知x0a.另一方面,由于|a|1,故a10是f(x)有三個不同零點的必要而不充分條件解(1)由f(x)x3ax2bxc,得f(x)3x22axb.因為f(0)c,f(0)b,所以曲線yf(x)在點(0,f(0)處的切線方程為ybxc.(2)當(dāng)ab4時,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)c0且c0,f(x)在區(qū)間(,x0)上單調(diào)遞增;當(dāng)x(x0,)時,f(x)0,f(x)在區(qū)間(x0,)上單調(diào)遞增所以f(x)不可能有三個不同零點綜上所述,若函數(shù)f(x)有三個不同零點,則必有4a212b0.故a23b0是f(x)有三個不同零點的必要條件當(dāng)ab4,c0時,a23b0,f(x)x34x24xx(x2)2只有兩個不同零點,所以a23b0不是f(x)有三個不同零點的充分條件因此a23b0是f(x)有三個不同零點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b0,試證明ln.解(1)f(x),因為在(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:因為b0,a1,所以1,又f(x)ln x在(1,)上是增函數(shù),所以ff(1),即ln0,化簡得ln,ln等價于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.- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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