高考数学专题六函数与不等式、导数第五讲函数与导数第2课时导数的应用限时规范训练文.docx

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1、第2课时导数的应用1．(2019·吉林长春二模)已知函数f(x)＝ax＋lnx(a∈R)．(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；(2)求f(x)的单调区间；(3)设g(x)＝x2－2x＋2，若对任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0,1]，使得f(x1)0)，f′(1)＝2＋1＝3，所以斜率k＝3，又切点(1,2)，所以切线方程为y－2＝3(x－1)，即3x－y－1＝0，故曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方

2、程为3x－y－1＝0.(2)f′(x)＝a＋＝(x>0)，①当a≥0时，由于x>0，故ax＋1>0，f′(x)>0，所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．②当a<0时，由f′(x)＝0，得x＝－.在区间上，f′(x)>0，在区间上，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(3)由已知，转化为f(x)max

3、(或者举出反例：存在f(e3)＝ae3＋3>2，故不符合题意)．当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，故f(x)的极大值即为最大值，f＝－1＋ln＝－1－ln(－a)，所以2>－1－ln(－a)，解得a<－.2．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sinx－xcosx－x，f′(x)为f(x)的导数．(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围．解析：(1)证明：设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx＋xsi

4、nx－1，g′(x)＝xcosx.当x∈时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减．又g(0)＝0，g>0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零点．所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．(2)由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；当x∈(x0，π)时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减．

5、又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.因此，a的取值范围是(－∞，0]．3．已知函数f(x)＝(ax－1)ex，(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当m>n>0时，证明：men＋n0时，由f′(x)>0，得x>－；由f′(x)<0

6、，得x<－.此时f(x)的单调递减区间为，单调增区间为.③当a<0时，由f′(x)>0，得x<－；由f′(x)<0，得x>－.此时f(x)的单调减区间为，单调增区间为.(2)证明：当m>n>0时，要证：men＋n，(*)设g(x)＝，x>0，则g′(x)＝，x>0，设h(x)＝(x－1)ex＋1，由(1)知h(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以当x>0时，h(x)>h(0)＝0，于是g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，

7、所以当m>n>0时，(*)式成立，故当m>n>0时，men＋n1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)－＋2x＋>k(x－1)成立，求k的取值范围．解析：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．∵f′(x)＝－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，∴f′(x)＝－1＝，令f′(x)>0得0

8、得x>1，∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)不等式f(x)－＋2x＋>k(x－1)可化为lnx－＋x－>k(x－1)．令g(x)＝lnx－＋x－－k(x－1)(x>1)，则g′(x)＝－x＋1－k＝，令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1，x>1，h(x)的对称轴为x＝，当≤1时，即k≥－1，易知h(x)在(1，x0)上单调递减，∴h(x)