2019-2020年高考数学二轮复习 限时训练6 导数的应用 理

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1、2019-2020年高考数学二轮复习限时训练6导数的应用理1．已知函数f(x)＝ax＋＋(1－a)lnx.(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；(2)若a≤0，讨论函数f(x)的单调性．解：(1)当a＝2时，f(x)＝2x＋－lnx，f′(x)＝2－－，又f′(1)＝0，f(1)＝3，所以曲线f(x)在x＝1处的切线方程为y＝3.(2)f′(x)＝a－＋＝(x>0)，①当a＝0时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；若a≠0，f′(x)＝＝0，解得x1＝1，x2＝－，②当－1

2、－1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；④当a<－1时，f(x)在和(1，＋∞)上单调递减，在上单调递增．2．已知函数f(x)＝－lnx，x∈[1,3]．(1)求f(x)的最大值与最小值；(2)若f(x)<4－at对任意的x∈[1,3]，t∈[0,2]恒成立，求实数a的取值范围；解：(1)∵函数f(x)＝－lnx，∴f′(x)＝－，令f′(x)＝0得x＝±2，∵x∈[1,3]，当10；∴f(x)在(1,2)上是单调减函数，在(2,3)上是单调增函数，∴f(x)在x＝2处取得极小值f(2)＝－ln2；又f(1)＝，f(3)＝－l

3、n3，∵ln3>1，∴－＝ln3－1>0，∴f(1)>f(3)，∴x＝1时f(x)的最大值为，x＝2时函数取得最小值为－ln2.(2)由(1)知当x∈[1,3]时，f(x)≤，故对任意x∈[1,3]，f(x)<4－at恒成立，只要4－at>对任意t∈[0,2]恒成立，即at<恒成立，记g(t)＝at，t∈[0,2]．，解得a<，即实数a的取值范围是.3．已知函数f(x)＝a(x2＋1)＋lnx.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若对任意a∈(－4，－2)及x∈[1,3]，恒有ma－f(x)>a2成立，求实数m的取值范围．解：(1)由已知，得f′(x)＝2ax＋＝(x>0)．①当a

4、≥0时，恒有f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上是增函数．②当a<0时，若00，故f(x)在上是增函数；若x>　，则f′(x)<0，故f(x)在上是减函数．综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数；当a<0时，f(x)在上是增函数，在上是减函数．(2)由题意，知对任意a∈(－4，－2)及x∈[1,3]，恒有ma－f(x)>a2成立，等价于ma－a2>f(x)max.因为a∈(－4，－2)，所以<　<<1.由(1)，知当a∈(－4，－2)时，f(x)在[1,3]上是减函数，所以f(x)max＝f(1)＝2a，所以ma－a2>2a，即m

5、为a∈(－4，－2)，所以－20时，x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，x∈时，f′(x)<0，所以函数f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，

6、在上单调递减；当a<0时，x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0，x∈时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减．(2)由(1)知，函数f(x)的两个极值为f(0)＝b，f＝a3＋b，则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f＝b·<0，从而或又b＝c－a，所以当a>0时，a3－a＋c>0或当a<0时，a3－a＋c<0.设g(a)＝a3－a＋c，因为函数f(x)有三个零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪∪，则在(－∞，－3)上g(a)<0，且在∪上g(a)>0均恒成立，从而g(－3)＝c－1≤0，且g＝c－1≥0，因此c＝1.此时，f(x)＝x3

7、＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]．因为函数有三个零点，则x2＋(a－1)x＋1－a＝0有两个异于－1的不等实根，所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3>0，且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0，解得a∈(－∞，－3)∪∪.综上c＝1.