2019-2020年高中数学 导数应用综合题专练 北师大版选修1-1

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1、2019-2020年高中数学导数应用综合题专练北师大版选修1-11．(xx·新课标Ⅱ卷文，21)已知函数f(x)＝lnx＋a(1－x)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．[解析]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a，若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)单调递增；若a>0，则当x∈时f′(x)>0，当x∈时f′(x)<0，所以f(x)在单调递增，在单调递减．(2)由(1)知a≤0时f(x)在(0，＋∞)无最大值．当a>0时f(x)在x＝取得最大值，最大值为f＝ln＋a

2、＝－lna＋a－1.因此f>2a－2⇔lna＋a－1<0，令g(a)＝lna＋a－1.则g(a)在(0，＋∞)是增函数，且g(1)＝0，于是，当01时，g(a)>0.因此a的取值范围是(0,1)．2．(xx·浙江文，20)设函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)．(1)当b＝＋1时，求函数f(x)在[－1,1]上的最小值g(a)的表达式；(2)已知函数f(x)在[－1,1]上存在零点，0≤b－2a≤1.求b的取值范围．[解析]　(1)当b＝＋1时，f(x)＝(x＋)2＋1，故其对称轴为x＝－.当a≤－2时，g(a)＝f(1

3、)＝＋a＋2.当－22时，g(a)＝f(－1)＝－a＋2.综上，g(a)＝(2)设s，t为方程f(x)＝0的解，且－1≤t≤1，则由于0≤b－2a≤1，因此≤s≤(－1≤t≤1)．当0≤t≤1时，≤st≤，由于－≤≤0和－≤≤9－4，所以－≤b≤9－4.当－1≤t≤0时，≤st≤，由于－2≤<0和－3≤<0，所以－3≤b<0.综上可知，b的取值范围是[－3,9－4]．3．(xx·江苏，19)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．(1)试讨论f(x)的单调性；(2)若b＝c－a(实数c是与a无关的常数)，当

4、函数f(x)有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪∪，求c的值．[解析]　(1)f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－.当a＝0时，因为f′(x)＝3x2>0(x≠0)，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a>0时，x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，x∈(－，0)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，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)

5、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＝ba3＋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＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]，因函数有三个零点，则x2＋(a－1)x＋1－a＝0有两个异于－1的不等实根，所以

6、Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3>0，且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0，解得a∈(－∞，－3)∪1，∪，＋∞.综上c＝1.4．(xx·湖北文，21)设函数f(x)，g(x)的定义域均为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，f(x)＋g(x)＝ex，其中e为自然对数的底数．(1)求f(x)，g(x)的解析式，并证明：当x>0时，f(x)>0，g(x)>1；(2)设a≤0，b≥1，证明：当x>0时，ag(x)＋(1－a)＜＜bg(x)＋(1－b)．[解析]　(1)由f(x)，g(x)的奇偶性及f(x)＋g(x)＝ex，①得：－f(x)＋g(

7、x)＝e－x.②联立①②解得f(x)＝(ex－e－x)，g(x)＝(ex＋e－x)．当x>0时，ex>1,00.③又由基本不等式，有g(x)＝(ex＋e－x)>＝1，即g(x)>1.④(2)由(1)得f′(x)＝′＝＝(ex＋e－x)＝g(x),⑤g′(x)＝′＝＝(ex－e－x)＝f(x)，⑥当x>0时，>ag(x)＋(1－a)等价于f(x)>axg(x)＋(1－a)x，⑦

8、(x)－cxf(x)－(1－c)＝(1－c)[g(x