《2020版数学新攻略大一轮浙江专用精练：15_§ 3_4 导数的综合应用 夯基提能作业 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版数学新攻略大一轮浙江专用精练：15_§ 3_4 导数的综合应用 夯基提能作业 Word版含解析.pdf（14页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 3.4 导数的综合应用 A 组 基础题组A 组 基础题组 1.“函数 f(x)=a+ln x(xe)存在零点”是“a0,则函数 g(x)=xf(x)+1(x0)的零点个数为( ) A.0B.1 C.0 或 1D.无数个 答案 A 因为 g(x)=xf(x)+1(x0),所以 g(x)=xf (x)+f(x)(x0),由题意 可知 g(x)0,所以 g(x)在(0,+)上单调递增,因为 g(0)=1,y=f(x)为 R 上的 连续可导函数,所以g(x)为(0,+)上的连续可导函数,g(x)g(0)=1,所以g(x) 在(0,+)上无零点. 高清试卷 下
2、载可打印 高清试卷 下载可打印 3.(2018 丽水模拟)设函数 f(x)=ax3-3x+1(xR),若对于任意 x-1,1,都有 f(x)0 成立,则实数 a 的值为 . 答案 4 解析 当 x=0 时,无论 a 取何值, f(x)0 显然成立; 当 x(0,1时, f(x)=ax3-3x+10 可化为 a - . 3 2 1 3 设 g(x)= - ,则 g(x)=, 3 2 1 3 3(1 - 2) 4 令 g(x)=0,得 x= , 1 2 所以 g(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减,因此 g(x)max=g (0, 1 2 1 2,1 ( 1 2) =4,从而 a4. 当 x-
3、1,0)时,同理,a - ,g(x)在区间-1,0)上单调递增,所以 3 2 1 3 g(x)min=g(-1)=4,从而 a4. 综上可知,a=4. 4.(2019 绍兴一中月考)已知函数 f(x)=ex-3x+3a(e 为自然对数的底数,aR). (1)求 f(x)的单调区间与极值; (2)求证:当 aln ,且 x0 时, x+ -3a. 3 e e 3 2 1 解析 (1)由 f(x)=ex-3x+3a 知, f (x)=ex-3. 令 f (x)=0,得 x=ln 3, 于是当 x 变化时, f (x)和 f(x)的变化情况如下表: 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 x (
4、- ,ln 3) ln 3 (ln 3,+) f (x)-0+ f(x) 单调递 减 极小值 单调递 增 故 f(x)的单调递减区间是(-,ln 3), 单调递增区间是(ln 3,+), f(x)在 x=ln 3 处取得极小值,极小值为 f(ln 3)=-3ln 3+3a=3(1-ln 3+a).eln 3 (2)证明:待证不等式等价于 ex- x2+3ax-10, 3 2 设 g(x)=ex- x2+3ax-1,x0, 3 2 则 g(x)=ex-3x+3a,x0. 由(1)及 aln =ln 3-1 知,g(x)的最小值为 g(ln 3)=3(1-ln 3+a)0. 3 e g(x)在(0
5、,+)上为增函数, g(0)=0,当 x0 时,g(x)0, 即 ex- x2+3ax-10,即 x+ -3a. 3 2 e 3 2 1 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 5.已知函数 f(x)= ax2-ln x(x0,aR). 1 2 (1)若 a=2,求点(1, f(1)处的切线方程; (2)若不等式 f(x) 对任意 x0 恒成立,求实数 a 的值. 2 解析 (1)当 a=2 时, f(x)=x2-ln x, f (x)=, 22- 1 f(1)=1, f (1)=1,所求的切线方程为 y=x. (2)易得 f (x)=. 2- 1 当 a0 时, f (x)1 时, f(
6、x)0 时, f(x)在上单调递减,在上单调递增,f(x)min=f (0, 1 ) ( 1 , + ) = -ln, ( 1 ) 1 2 1 -ln ,即 1+ln a-a0. 1 2 1 2 设 g(x)=1+ln x-x,则 g (x)= -1=,g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+) 1 1 - 上单调递减, g(x)g(1)=0,即 1+ln x-x0,故 1+ln a-a=0,a=1. 6.(2018 浙江金华十校第二学期调研)设函数 f(x)=ex-x,h(x)=-kx3+kx2-x+1. (1)求 f(x)的最小值; (2)设 h(x)f(x)对任意 x0,1恒成立时 k
7、 的最大值为 ,求证:40, f(x)单调递增, 所以 f(x)min=f(0)=1. (2)证明:由 h(x)f(x),化简可得 k(x2-x3)ex-1, 当 x=0,1 时,kR, 当 x(0,1)时,k, e- 1 2- 3 要证 44 对任意 x(0,1)恒成立; e- 1 2- 3 存在 x0(0,1),使得4,即证 ex-14(x2-x3), e- 1 2- 3 由(1)可知,ex-x1 恒成立,所以 ex-1x, 又 x0,所以 ex-1x, 即证 x4(x2-x3)14(x-x2)(2x-1)20, (2x-1)20 显然成立, 所以4 对任意 x(0,1)恒成立; e- 1
8、 2- 3 再证存在 x0(0,1),使得e-1 成立?请说明理由. 1 e,e 解析 (1)当 a=1 时, f(x)=x-ln x, f (x)=1- .易知 f= +ln 2, 1 ( 1 2) 1 2 所以曲线 y=f(x)在点处的切线的斜率为 f =1- =-1. ( 1 2, 1 2 + ln2)( 1 2) 1 1 2 故所求的切线方程为 y-=-, ( 1 2 + ln2) ( - 1 2) 即 x+y-ln 2-1=0. (2)存在.理由如下: 假设当 0e-1 成立, 1 e,e 此时只需证明当 x时, f(x)maxe-1 即可. 1 e,e f (x)=1+- =(x0
9、), - 1 2 2- ax + (a - 1) 2 ( - 1) - ( - 1) 2 令 f (x)=0 得,x1=1,x2=a-1,当 00. ( 1 e,1) 故函数 f(x)在上递减,在(1,e)上递增, ( 1 e,1) 所以 f(x)max=max. ( 1 e), f(e) 于是,只需证明 f(e)e-1 或 fe-1 即可. ( 1 e) 因为 f(e)-(e-1)=e-a-(e-1)=0, - 1 e (e + 1)(1 - ) e 所以 f(e)e-1,所以假设成立, 故当 0e-1 成立. 1 e,e B 组 提升题组B 组 提升题组 1.(2018 浙江,22,15
10、分)已知函数 f(x)=-ln x. (1)若 f(x)在 x=x1,x2(x1x2)处导数相等,证明: f(x1)+f(x2)8-8ln 2; (2)若 a3-4ln 2,证明:对于任意 k0,直线 y=kx+a 与曲线 y=f(x)有唯一公共 点. 解析 本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维 能力和综合应用能力. (1)函数 f(x)的导函数 f (x)=- , 1 2 1 由 f (x1)=f (x2)得- =- , 1 2 1 1 1 1 2 2 1 2 因为 x1x2, 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以+= . 1 1 1 2 1 2 由基本
11、不等式得=+2, 1 2 1212 4 12 因为 x1x2,所以 x1x2256. 由题意得 f(x1)+f(x2)=-ln x1+-ln x2=-ln(x1x2). 12 1 2 12 设 g(x)= -ln x,则 g(x)=(-4), 1 2 1 4 所以 x(0,16)16 (16,+ ) g(x)-0+ g(x)2-4ln 2 所以 g(x)在256,+)上单调递增, 故 g(x1x2)g(256)=8-8ln 2, 即 f(x1)+f(x2)8-8ln 2. (2)令 m=e-(|a|+k),n=+1, ( | + 1 ) 2 则 f(m)-km-a|a|+k-k-a0, f(n
12、)-kn-a0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点. 2.设函数 f(x)=a2x2-(ax+1)ln x+ax. (1)若 a0,且函数 y=f(x)有且仅有一个零点,求 a 的值; (2)是否存在实数 a,使得不等式 f(x)0 对定义域内的任意 x 恒成立?若存在, 求出实数 a 的取值范围;若不存在,请说明理由. 解析 函数 f(x)的定义域为(0,+), f(x)=(ax+1)(ax-ln x), 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (1)当 a=0 时, f(x)=-ln x,满足题意. 当 a0 时,ax+10,所以 f(x)=(ax+1)(ax-ln x)=
13、0ax-ln x=0. 因为函数 y=f(x)有且仅有一个零点,所以当直线 y=ax 与 y=ln x 相切时,a 的值 即为所求. 令(ln x)= =a,即 x= ,故切点坐标为,将其代入 y=ax,得 a= . 1 1 ( 1 , - ln) 1 e 综上可得 a=0 或 . 1 e (2)存在.假设存在实数 a,使得不等式 f(x)0 对定义域内的任意 x 恒成立, 当 a=0 时,原不等式化为 ln x0,不满足题意. 当 a0 时,ax+10,由 ax-ln x0,得 a. ln 令 F(x)=,则 F (x)=, ln 1 - ln 2 所以函数 F(x)在(0,e)上单调递增,
14、在(e,+)上单调递减, 所以函数 F(x)在 x=e 处取得极大值,也为最大值,最大值为 ,由此可得 a . 1 e 1 e 当 a0,在上,ax+10,当 00,得 x0,令 (x)x,即 f(x)e-ln(1+a)-(1-a)=-(1-a)=0. 1 1 + 2 1 + 综上,对任意 a0,当 00 时,求函数 f(x)的单调递减区间; (2)当 a=0 时,设函数 g(x)=xf(x)-k(x+2)+2.若函数 g(x)在区间上有 1 2, + ) 两个零点,求实数 k 的取值范围. 解析 (1)f(x)的定义域为(0,+), f (x)=-ax+1+a- =-(a0), 1 ( - 1)( - 1) 当 a(0,1)时, 1. 1 由 f (x) 或 x1 或 x0, 即 h(x)0,故 h(x)单调递增. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 因为 h=+,h(1)=1, ( 1 2) 9 10 ln2 5 所以 k 的取值范围是. (1, 9 10 + ln2 5)