欢迎来到天天文库
浏览记录
ID:47409119
大小:138.50 KB
页数:8页
时间:2019-06-29
《浙江专版2018年高考数学二轮专题复习重难增分训练一函数与导数的综合问题》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、重难增分训练(一)函数与导数的综合问题1.已知m,n∈(2,e),且-<ln,则( )A.m>n B.m<nC.m>2+D.m,n的大小关系不确定解析:选A 由不等式可得-<lnm-lnn,即+lnn<+lnm.设f(x)=+lnx(x∈(2,e)),则f′(x)=-+=.因为x∈(2,e),所以f′(x)>0,故函数f(x)在(2,e)上单调递增.因为f(n)<f(m),所以n<m.故选A.2.已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x),满足f′(x)<f(x),且f(x+2)为偶函数,f(4)=1,则不等式f(x)<ex的解集为________
2、.解析:因为f(x+2)为偶函数,所以f(x+2)的图象关于x=0对称,所以f(x)的图象关于x=2对称.所以f(0)=f(4)=1.设g(x)=(x∈R),则g′(x)==.又f′(x)<f(x),所以g′(x)<0(x∈R),所以函数g(x)在定义域上单调递减.因为f(x)<ex⇔<1,而g(0)==1,所以f(x)<ex⇔g(x)<g(0),所以x>0.答案:(0,+∞)3.(2017·广东汕头模拟)已知函数f(x)=x+xlnx,若m∈Z,且f(x)-m(x-1)>0对任意的x>1恒成立,则m的最大值为________.解析:因为f(x)=x+xlnx,且f(x)
3、-m(x-1)>0对任意的x>1恒成立,等价于m<在(1,+∞)上恒成立,等价于m1).令g(x)=(x>1),所以g′(x)=.易知g′(x)=0必有实根,设为x0(x0-2-lnx0=0),且g(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,此时g(x)min=g(x0)===x0,因此m0,故34、xex5、,方程f2(x)+tf(x)+1=0(t∈R)有四个不同的实数根,则实数t-8-的取值范围为_______6、_.解析:f(x)=7、xex8、=当x≥0时,f′(x)=ex+xex≥0恒成立,所以函数f(x)在[0,+∞)上为增函数;当x<0时,f′(x)=-ex-xex=-ex(x+1),由f′(x)=0,得x=-1,当x∈(-∞,-1)时,f′(x)=-ex(x+1)>0,函数f(x)为增函数,当x∈(-1,0)时,f′(x)=-ex·(x+1)<0,函数f(x)为减函数,所以函数f(x)=9、xex10、在(-∞,0)上的最大值为f(-1)=-(-1)e-1=,要使方程f2(x)+tf(x)+1=0(t∈R)有四个不同的实数根,令f(x)=m,则方程m2+tm+1=0应有两个不同的11、实根,且一个根在内,一个根在内,令g(m)=m2+tm+1,因为g(0)=1>0,则只需g<0,即2++1<0,解得t<-,所以使得方程f2(x)+tf(x)+1=0(t∈R)有四个不同的实数根的t的取值范围为.答案:5.已知函数f(x)=x-alnx+b,a,b为实数.(1)若曲线x=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=2x+3,求a,b的值;(2)若12、f′(x)13、<对∈[2,3]恒成立,求a的取值范围.解:(1)由已知,得f′(x)=1-,且由题设得f′(1)=2,f(1)=5,从而,得1-a=2且1+b=5,解得a=-1,b=4.(2)根据题设得,命题等价14、于当x∈[2,3]时,<恒成立⇔15、x-a16、<恒成立⇔-17、e]上有两个不等实根,求实数m的取值范围.解:(1)f′(x)=+a,由题意可得f′(x)≤0在(1,+∞)上恒成立,∴a≤-=2-.∵x∈(1,+∞),∴lnx∈(0,+∞),∴当-=0时,函数t=2-的最小值为-,∴a≤-.故实数a的取值范围为.(2)当a=2时,f(x)=+2x,f′(x)=,令f′(x)=0,得2ln2x+lnx-1=0,解得lnx=或lnx=-1(舍),即x=e.当1<x<e时,f′(x)<0,当x>e时,f′(x)>0,∴f(x)的极小值为f=+2e=4e.(3)将方程(2x-m)lnx+x=0两边
4、xex
5、,方程f2(x)+tf(x)+1=0(t∈R)有四个不同的实数根,则实数t-8-的取值范围为_______
6、_.解析:f(x)=
7、xex
8、=当x≥0时,f′(x)=ex+xex≥0恒成立,所以函数f(x)在[0,+∞)上为增函数;当x<0时,f′(x)=-ex-xex=-ex(x+1),由f′(x)=0,得x=-1,当x∈(-∞,-1)时,f′(x)=-ex(x+1)>0,函数f(x)为增函数,当x∈(-1,0)时,f′(x)=-ex·(x+1)<0,函数f(x)为减函数,所以函数f(x)=
9、xex
10、在(-∞,0)上的最大值为f(-1)=-(-1)e-1=,要使方程f2(x)+tf(x)+1=0(t∈R)有四个不同的实数根,令f(x)=m,则方程m2+tm+1=0应有两个不同的
11、实根,且一个根在内,一个根在内,令g(m)=m2+tm+1,因为g(0)=1>0,则只需g<0,即2++1<0,解得t<-,所以使得方程f2(x)+tf(x)+1=0(t∈R)有四个不同的实数根的t的取值范围为.答案:5.已知函数f(x)=x-alnx+b,a,b为实数.(1)若曲线x=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=2x+3,求a,b的值;(2)若
12、f′(x)
13、<对∈[2,3]恒成立,求a的取值范围.解:(1)由已知,得f′(x)=1-,且由题设得f′(1)=2,f(1)=5,从而,得1-a=2且1+b=5,解得a=-1,b=4.(2)根据题设得,命题等价
14、于当x∈[2,3]时,<恒成立⇔
15、x-a
16、<恒成立⇔-17、e]上有两个不等实根,求实数m的取值范围.解:(1)f′(x)=+a,由题意可得f′(x)≤0在(1,+∞)上恒成立,∴a≤-=2-.∵x∈(1,+∞),∴lnx∈(0,+∞),∴当-=0时,函数t=2-的最小值为-,∴a≤-.故实数a的取值范围为.(2)当a=2时,f(x)=+2x,f′(x)=,令f′(x)=0,得2ln2x+lnx-1=0,解得lnx=或lnx=-1(舍),即x=e.当1<x<e时,f′(x)<0,当x>e时,f′(x)>0,∴f(x)的极小值为f=+2e=4e.(3)将方程(2x-m)lnx+x=0两边
17、e]上有两个不等实根,求实数m的取值范围.解:(1)f′(x)=+a,由题意可得f′(x)≤0在(1,+∞)上恒成立,∴a≤-=2-.∵x∈(1,+∞),∴lnx∈(0,+∞),∴当-=0时,函数t=2-的最小值为-,∴a≤-.故实数a的取值范围为.(2)当a=2时,f(x)=+2x,f′(x)=,令f′(x)=0,得2ln2x+lnx-1=0,解得lnx=或lnx=-1(舍),即x=e.当1<x<e时,f′(x)<0,当x>e时,f′(x)>0,∴f(x)的极小值为f=+2e=4e.(3)将方程(2x-m)lnx+x=0两边
此文档下载收益归作者所有