2019-2020年高考数学一轮复习第三章导数及其应用第三节导数的综合应用课后作业理

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1、2019-2020年高考数学一轮复习第三章导数及其应用第三节导数的综合应用课后作业理1．已知f(x)＝(1－x)ex－1.(1)求函数f(x)的最大值；(2)设g(x)＝，x＞－1，且x≠0，证明：g(x)＜1.2．已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.(1)求a；(2)证明：当k<1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．3．(xx·新课标全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝e2x－alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln.4．(xx·烟台模

2、拟)已知函数f(x)＝x2－ax，g(x)＝lnx，h(x)＝f(x)＋g(x)．(1)若函数y＝h(x)的单调减区间是，求实数a的值；(2)若f(x)≥g(x)对于定义区域内的任意x恒成立，求实数a的取值范围；(3)设函数y＝h(x)有两个极值点x1，x2，且x1∈，若h(x1)－h(x2)>m恒成立，求实数m的最大值．1．(xx·新课标全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝emx＋x2－mx.(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有

3、f(x1)－f(x2)

4、≤e－1，求m的取值范围．2．(xx·新课标全国卷Ⅰ)

5、已知函数f(x)＝x3＋ax＋，g(x)＝－lnx.(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x>0)，讨论h(x)零点的个数．答案1．解：(1)f′(x)＝－xex.当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．所以f(x)的最大值为f(0)＝0.(2)证明：由(1)知，当x>0时，f(x)<0，g(x)<0<1.当－1x.设h(x)＝f(x)－x，则h′(x)＝－xex

6、－1.当x∈(－1,0)时，0<－x<1,0h(0)＝0，即g(x)<1.综上，x>－1且x≠0时，总有g(x)<1.2．解：(1)f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为y＝ax＋2.由题设得－＝－2，所以a＝1.(2)证明：由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.由题设知1－k>0.当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1

7、－k>0，g(x)单调递增，g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一实根．当x>0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.所以g(x)＝0在(0，＋∞)上没有实根．综上，g(x)＝0在R上有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．3．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－.当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；

8、当a>0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(a)>0，当b满足00时，f′(x)存在唯一零点．(2)证明：由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．由于2e2x0－＝0，所以f(x0)＝＋2a

9、x0＋aln≥2a＋aln.故当a>0时，f(x)≥2a＋aln.4．解：(1)由题意可知，h(x)＝x2－ax＋lnx(x>0)，则h′(x)＝(x>0)，若h(x)的单调减区间是，则h′(1)＝h′＝0，解得a＝3，而当a＝3时，h′(x)＝＝(x>0)．由h′(x)<0，解得x∈，即h(x)的单调减区间是，所以a＝3.(2)由题意知x2－ax≥lnx(x>0)，∴a≤x－(x>0)．令φ(x)＝x－(x>0)，则φ′(x)＝，∵y＝x2＋lnx－1在(0，＋∞)上是增函数，且x＝1时，y＝0.∴当