2020版高考数学大二轮培优理科通用版能力升级练：(十六) 导数及其综合应用(2) Word版含解析.pdf

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1、能力升级练(十六)导数及其综合应用(2)1.(2019湖北荆州质检)已知函数f(x)=ax-lnx.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若a∈-∞,-,求证:f(x)≥2ax-x-.-(1)解由题意得f'(x)=a-(x>0),①当a≤0时,则f'(x)<0在(0,+∞)上恒成立,∴f(x)在(0,+∞)上单调递减.②当a>0时,则当x∈,+∞时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈0,时,f'(x)<0,f(x)单调递减.综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,f(x)在0,上单调递减,在,+∞上单调递增.(2)证明令g(x)=f(x)-2ax+

2、x-=xeax-1-ax-lnx,则g'(x)=eax-1+axeax-1-a---=(ax+1)eax-1-=(x>0),设r(x)=xeax-1-1(x>0),则r'(x)=(1+ax)eax-1(x>0),∵eax-1>0,∴当x∈0,-时,r'(x)>0,r(x)单调递增;当x∈-,+∞时,r'(x)<0,r(x)单调递减.∴r(x)=r-=-+1≤0a≤-,max∴当0-时,g'(x)>0,∴g(x)在0,-上单调递减,在-,+∞上单调递增,∴g(x)=g-.min设t=-∈(0,e2],则g-=h(t)=-lnt+1(0

3、2),h'(t)=≤0,h(t)在(0,e2]上单调递减,∴h(t)≥h(e2)=0;∴g(x)≥0,故f(x)≥2ax-xeax-1.2.图1是某种称为“凹槽”的机械部件的示意图,图2是凹槽的横截面(阴影部分)示意图,其中四边形ABCD是矩形,弧CmD是半圆,凹槽的横截面的周长为4.若凹槽的强度T等于横截面的面积S与边AB的乘积,设AB=2x,BC=y.(1)写出y关于x的函数表达式,并指出x的取值范围;(2)求当x取何值时,凹槽的强度最大.解(1)易知半圆CmD的半径为x,故半圆CmD的弧长为πx.-所以4=2x+2y+πx,得y=.依题意知0

4、以y=00,T为关于x的增函数;当

5、f(x)-(x+a)

6、(a∈R),记F(x)在区间[-2,4]上的最大值为M(a).当M(a)最小时,求a的值.(1)解

7、由f(x)=x3-x2+x得f'(x)=x2-2x+1.令f'(x)=1,即x2-2x+1=1,得x=0或x=.又f(0)=0,f,所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x与y-=x-,即y=x与y=x-.(2)证明令g(x)=f(x)-x,x∈[-2,4].由g(x)=x3-x2得g'(x)=x2-2x.令g'(x)=0得x=0或x=.g'(x),g(x)的情况如下:-(-x0422,0)g'(x)+-+--g(x)↗0↘↗06所以g(x)的最小值为-6,最大值为0.故-6≤g(x)≤0,即x-6≤f(x)≤x.(3)解由(2)知,当a<-3时,M(a)≥F(0)

8、=

9、g(0)-a

10、=-a>3;当a>-3时,M(a)≥F(-2)=

11、g(-2)-a

12、=6+a>3;当a=-3时,M(a)=3.综上,当M(a)最小时,a=-3.4.已知函数f(x)=ax2-lnx,a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在区间[1,e]上的最小值为1,求a的值.-解函数f(x)的定义域是(0,+∞),f'(x)=ax-.(1)①当a=0时,f'(x)=-<0,故函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.②当a<0时,f'(x)<0恒成立,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.③当a>0时,令f'(x)=0,又因为x>0,解得x=.(ⅰ)

13、当x∈时,f'(x)<0,所以函数f(x)在上单调递减.(ⅱ)当x∈时,f'(x)>0,所以函数f(x)在上单调递增.综上所述,当a≤0时,函数f(x)的单调减区间是(0,+∞),,单调增区间为当a>0时,函数f(x)的单调减区间是.(2)①当a≤0时,由(1)可知,f(x)在[1,e]上单调递减,所以f(x)的最小值为f(e)=ae2-1=1,解得a=>0,舍去.②当a>0时,由(1)可知,(ⅰ)当≤1,即a≥1时,函数f(x)在[1,e]上单调递增,所以函数f(x)的最小值为f(1)=a=1,解得a=2.上单调