2019届高考数学二轮复习 第一篇 专题二 函数与导数 第3讲 导数的综合应用（A）限时训练 文

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1、第3讲　导数的综合应用(A)(限时:45分钟)【选题明细表】知识点、方法题号导数与不等式1,3,4导数与函数零点21.(2018·江西师大三模)已知函数f(x)=alnx-2ax+1.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若对任意的x≥1,不等式f(x)+ex-1≥0恒成立,求实数a的取值范围.解:(1)f′(x)=,x>0,当a=0时,f′(x)=0,所以此时f(x)不具有单调性,当a>0时,令f′(x)>0⇒0,所以此时f(x)在区间(0,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减;当a<0时,令f′(x)>0⇒x>,f′

2、(x)<0⇒0

3、a>1时,φ(1)<0,此时在[1,+∞)上存在x0,使φ(x)在(1,x0)上值为负,此时h′(x)<0,h(x)在(1,x0)上递减,此时h(x)0时,函数g(x)=f(x)-x-2有且仅有一个零点,若此时x∈[e-1,e],g

4、(x)≥m恒成立,求实数m的取值范围.解:(1)f(x)=(x2-2x)lnx+ax2+2(x>0),f′(x)=(2x-2)lnx+x-2+2ax,由已知f′(1)=-1+2a=-3,所以a=-1.(2)g(x)=(x2-2x)lnx+ax2-x(x>0)有且仅有一个零点,即方程(x-2)lnx+ax-1=0(x>0)有唯一的实数根,所以a=(x>0),即直线y=a与函数y=(x>0)的图象有唯一的交点,构造函数h(x)==-lnx+(x>0),h′(x)=(x>0).令y=1-x-2lnx,y′=-1-<0,y=1-x-2lnx在(0,+∞)上

5、单调递减,而x=1时,y=0,所以h′(1)=0;当00,h′(x)>0;当x>1时,y<0,h′(x)<0,所以01时,h(x)单调递减且x→0,h(x)→-∞;x→+∞,h(x)→-∞,所以a=h(1)=1.已知可化为m≤g(x)=(x2-2x)lnx+x2-x(e-1≤x≤e)的最小值.g′(x)=(x-1)(2lnx+3)(e-1≤x≤e),所以g(x)在(e-1,1)上单调递减,在(1,e)上单调递增,所以m≤g(x)min=g(1)=0.综上,实数m的取值范围是(-∞,0].3.(201

6、8·河南南阳一中三模)设函数f(x)=ax-2-lnx(a∈R).(1)若f(x)在点(e,f(e))处的切线为x-ey+b=0,求a,b的值;(2)求f(x)的单调区间;(3)若g(x)=ax-ex,求证:当x>0时,f(x)>g(x).(1)解:因为f(x)=ax-2-lnx(a∈R),所以f′(x)=a-=,又f(x)在点(e,f(e))处的切线的斜率为,所以f′(e)==,所以a=,所以切点为(e,-1),把切点代入切线方程得b=-2e.(2)解:由(1)知f′(x)=a-=(x>0).①当a≤0时,f′(x)<0在(0,+∞)上恒成立,所

7、以f(x)在(0,+∞)上是单调减函数,②当a>0时,令f′(x)=0,解得x=,当x∈(0,)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.综上所述:当a≤0时,f(x)的单调减区间为(0,+∞),无增区间;当a>0时,f(x)的单调减区间为(0,),单调增区间为(,+∞).(3)证明:当x>0时,要证f(x)-ax+ex>0,即证ex-lnx-2>0.令h(x)=ex-lnx-2(x>0),只需证h(x)>0,h′(x)=ex-,由指数函数及幂函数的性质知,h′(x)=ex-在(0,+∞)上是增函数

8、,又h′(1)=e-1>0,h′()=-3<0,所以h′()<0