《高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第13節(jié) 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 第一課時練習(xí) 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第13節(jié) 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 第一課時練習(xí) 新人教A版（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第二章 第13節(jié) 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 第一課時 1．(導(dǎo)學(xué)號14577225)(2018銀川市模擬)設(shè)f(x)＝xln x＋ax2，a為常數(shù)． (1)若曲線y＝f(x)在x＝1處的切線過點A(0，－2)，求實數(shù)a的值； (2)若f(x)有兩個極值點x1，x2且x1＜x2 ①求證：－＜a＜0 ②求證：f (x2)＞f (x1)＞－. 解：(1)f(x)＝xln x＋ax2的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝ln x＋1＋2ax， 在x＝1處的切線斜率為k＝1＋2a，切點為(1，a)， 在x＝1處的切線過點A(0，－2)，則k＝1＋2a＝a＋2， 解得a＝1； (2)證明：①由題意可

2、得f′(x)＝0有兩個不等的實根x1，x2，且0＜x1＜x2， 設(shè)g(x)＝ln x＋1＋2ax，g′(x)＝＋2a，x＞0. 當a≥0，則g′(x)＞0，g(x)在(0，＋∞)遞增，不合題意； 當a＜0時，g′(x)＞0解得x＜－，g′(x)＜0解得x＞－， 即有g(shù)(x)在遞增，在遞減． 即有g(shù)＝ln＞0，解得－＜a＜0； ②由上可知，f(x)在(x1，x2)遞增，即有f(x2)＞f(x1)， f′(1)＝g(1)＝1＋2a＞0，則x1∈(0,1)，由①可得ax1＝， 即有f(x1)＝x1ln x1＋ax＝(x1ln x1－x1)， 設(shè)h(x)＝(xln x－x)，0＜x＜

3、1， h′(x)＝ ln x＜0在(0,1)恒成立， 故h(x)在(0,1)遞減，故h(x)＞h(1)＝－， 由此可得f(x1)＞－， 綜上可得f (x2)＞f (x1)＞－.1．(導(dǎo)學(xué)號14577225)(2018銀川市模擬)設(shè)f(x)＝xln x＋ax2，a為常數(shù)． (1)若曲線y＝f(x)在x＝1處的切線過點A(0，－2)，求實數(shù)a的值； (2)若f(x)有兩個極值點x1，x2且x1＜x2 ①求證：－＜a＜0 ②求證：f (x2)＞f (x1)＞－. 解：(1)f(x)＝xln x＋ax2的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝ln x＋1＋2ax， 在x＝1處的切線斜率為k＝1＋2a，

4、切點為(1，a)， 在x＝1處的切線過點A(0，－2)，則k＝1＋2a＝a＋2， 解得a＝1； (2)證明：①由題意可得f′(x)＝0有兩個不等的實根x1，x2，且0＜x1＜x2， 設(shè)g(x)＝ln x＋1＋2ax，g′(x)＝＋2a，x＞0. 當a≥0，則g′(x)＞0，g(x)在(0，＋∞)遞增，不合題意； 當a＜0時，g′(x)＞0解得x＜－，g′(x)＜0解得x＞－， 即有g(shù)(x)在遞增，在遞減． 即有g(shù)＝ln＞0，解得－＜a＜0； ②由上可知，f(x)在(x1，x2)遞增，即有f(x2)＞f(x1)， f′(1)＝g(1)＝1＋2a＞0，則x1∈(0,1)，由①可

5、得ax1＝， 即有f(x1)＝x1ln x1＋ax＝(x1ln x1－x1)， 設(shè)h(x)＝(xln x－x)，0＜x＜1， h′(x)＝ ln x＜0在(0,1)恒成立， 故h(x)在(0,1)遞減，故h(x)＞h(1)＝－， 由此可得f(x1)＞－， 綜上可得f (x2)＞f (x1)＞－. 2．(導(dǎo)學(xué)號14577226)已知函數(shù)f(x)＝xln x＋mx(m∈R)的圖象在點(1，f(1))處的切線的斜率為2. (1)求實數(shù)m的值； (2)設(shè)g(x)＝，討論g(x)的單調(diào)性； (3)已知m，n∈N*且m>n>1，證明 >. 解：(1)因為f(x)＝xln x＋mx，所

6、以f′(x)＝1＋ln x＋m. 由題意f′(1)＝1＋ln 1＋m＝2，得m＝1. (2)g(x)＝＝(x>0，x≠1)， 所以g′(x)＝. 設(shè)h(x)＝x－1－ln x，h′(x)＝1－. 當x>1時，h′(x)＝1－>0，h(x)是增函數(shù)， h(x)>h(1)＝0， 所以g′(x)＝>0， 故g(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)； 當0h(1)＝0， 所以g′(x)＝>0，故g(x)在(0,1)上為增函數(shù)； 所以g(x)在區(qū)間(0,1)和(1，＋∞)上都是單調(diào)遞增的． (3)證明：由已知可知要證>，

7、 即證－>ln n－ln m， 即證ln m>ln n， 即證>，即證g(m)>g(n)， 又m>n>1(m，n∈N*)，由(2)知g(m)>g(n)成立，所以>. 3．(導(dǎo)學(xué)號14577227)(理科)函數(shù)f(x)＝ln(x＋m)－nln x. (1)當m＝1，n＞0時，求f(x)的單調(diào)減區(qū)間； (2)n＝1時，函數(shù)g(x)＝(m＋2x)f(x)－am，若存在m＞0，使得g(x)＞0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)f(x)＝ln(x＋1)－nln x，定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－＝， ①當n＝1時，f′(x)＝＜0，此時f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0，＋∞)；

8、②當0＜n＜1時，0＜x＜時，f′(x)＜0，此時f(x)的單調(diào)減區(qū)間為； ③當n＞1時，x＞時，f′(x)＜0，此時減區(qū)間為. (2)n＝1時，g(x)＝(m＋2x)[ln(x＋m)－lnx]－am， ∵g(x)＞0，∴＞0，即ln－a＞0， 設(shè)＝t＞1，∴(t＋1)ln t－a(t－1)＞0，∴l(xiāng)n t－＞0. 設(shè)h(t)＝ln t－，h′(t)＝，h(1)＝0， ①當a≤2時，t2＋2(1－a)t＋1≥t2－2t＋1＞0，故h′(t)＞0，∴h(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，因此h(t)＞0； ②當a＞2時，令h′(t)＝0，得：t1＝a－1－，t2＝a－1＋，由t2＞1和

9、t1t2＝1，得：t1＜1，故h(t)在(1，t2)上單調(diào)遞減，此時h(t)＜h(1)＝0.綜上所述，a≤2. 3．(文科)(2018西安市三模)已知函數(shù)f(x)＝x2＋6ax＋1，g(x)＝8a2ln x＋2b＋1，其中a＞0. (1)設(shè)兩曲線y＝f(x)，y＝g(x)有公共點，且在該點處的切線相同，用a表示b，并求b的最大值； (2)設(shè)h(x)＝f(x)＋g(x)，證明：若a≥1，則對任意x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2，有>14. 解：(1)：設(shè)f(x)與g(x)的圖象交于點P(x0，y0)(x0＞0)， 則有f(x0)＝g(x0)， 即x＋6ax0＋1＝8a2ln x0

10、＋2b＋1?、? 又由題意知f′(x0)＝g′(x0)，即2x0＋6a＝?、冢? 由②解得x0＝a或x0＝－4a(舍去)， 將x0＝a代入①整理得b＝a2－4a2ln a， 令K(a)＝a2－4a2ln a，則K′(a)＝a(3－8ln a)， 當a∈時，K(a)單調(diào)遞增，當a∈時K(a)單調(diào)遞減， 所以K(a)≤K()＝2e，即b≤2e， b的最大值為2e； (2)證明：不妨設(shè)x1，x2∈(0，＋∞)， x1＜x2，>14， 變形得h(x2)－14x2＞h(x1)－14x1， 令T(x)＝h(x)－14x，T′(x)＝2x＋＋6a－14， ∵a≥1，T′(x)＝2x＋＋6

11、a－14≥8a＋6a－14≥0， 則T(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，T(x2)＞T(x1)， 即>14成立， 同理可證，當x1＞x2時，命題也成立． 綜上，對任意x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2， 不等式>14成立． 4．(導(dǎo)學(xué)號14577229)(理科)(2018大慶市一模)已知函數(shù)f(x)＝ln (x＋a)－x2－x在x＝0處取得極值． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若關(guān)于x的方程f(x)＝－x＋b在區(qū)間(0,2)有兩個不等實根，求實數(shù)b的取值范圍； (3)對于n∈N*，證明：＋＋＋…＋>ln(n＋1)． 解：(1)由已知得f′(x)＝－2x－1＝，

12、∵f′(0)＝0，∴＝0， ∴a＝1. ∴f(x)＝ln (x＋1)－x2－x(x＞－1)， 于是f′(x)＝＝(x＞－1)， 由f′(x)＞0得－1＜x＜0；由f′(x)＜0，得x＞0， ∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－1,0)，單調(diào)遞減區(qū)間是(0，＋∞)． (2)令g(x)＝f(x)－＝ln (x＋1)－x2＋x－b，x∈(0,2)， 則g′(x)＝－2x＋＝－，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝－(舍去)． 當0＜x＜1時，g′(x)＞0；當1＜x＜2時g′(x)＜0， 即g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,2)上單調(diào)遞減． 方程f(x)＝－x＋b在區(qū)間(0,2)有兩

13、個不等實根等價于函數(shù)g(x)在(0,2)上有兩個不同的零點． ∴，即；亦即， ∴l(xiāng)n 3－1＜b＜ln 2＋， 故所求實數(shù)b的取值范圍為 . (3)證明：由(1)可得，當x≥0時ln (x＋1)≤x2＋x(當且僅當x＝0時等號成立)． 設(shè)x＝，則ln ＜＋，即ln ＜　① ∴＞ln，＞ln，＞ln，…，＞ln ， 將上面n個式子相加得： ＋＋＋…＋＞ln ＋ln ＋ln ＋…＋ln ＝ln (n＋1)， 故＋＋＋…＋>ln(n＋1) 4．(導(dǎo)學(xué)號14577230)(文科)(2018天津河北區(qū)三模)已知函數(shù)f(x)＝ax＋b－ln x表示的曲線在點(2，f(2))處的切線方

14、程x－2y－2ln 2＝0 (1)求a，b的值； (2)若f(x)≥kx－2對于x∈(0，＋∞)恒成立，求實數(shù)k的取值范圍； (3)求證：n∈N*時，n(n＋1)≤2. 解：(1)函數(shù)f(x)＝ax＋b－ln x的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝a－，在點(2，f(2))處的切線方程x－2y－2ln 2＝0， 即有a－＝，解得a＝1， f(2)＝2a＋b－ln 2＝1－ln 2，解得b＝－1， 則有a＝1，b＝－1； (2)f(x)≥kx－2對于x∈(0，＋∞)恒成立，即有 x－1－ln x≥kx－2對于x∈(0，＋∞)恒成立， 即有k－1≤對于x∈(0，＋∞)恒成立． 令g(x)＝，

15、g′(x)＝， 當x＞e2時，g′(x)＞0，g(x)遞增； 當0＜x＜e2時，g′(x)＜0，g(x)遞減． 則x＝e2處g(x)取得極小值，也為最小值，且為－， 即有k－1≤－，解得k≤1－； (3)證明：f(x)＝x－1－ln x(x＞0)， f′(x)＝1－， 當x＞1時，f′(x)＞0，f(x)遞增， 當0＜x＜1時，f′(x)＜0，f(x)遞減． 則x＝1處f(x)取得極小值，也為最小值，且為0， 則有f(x)≥0， 即為x－1≥ln x， 取x＝n，則n－1≥ln n， 即有n≤en－1. 即有1＋2＋…＋n≤1＋e＋e2＋…＋en－1. 則有n(n

16、＋1)≤， 即有n∈N*時，n(n＋1)≤2. 2．(導(dǎo)學(xué)號14577226)已知函數(shù)f(x)＝xln x＋mx(m∈R)的圖象在點(1，f(1))處的切線的斜率為2. (1)求實數(shù)m的值； (2)設(shè)g(x)＝，討論g(x)的單調(diào)性； (3)已知m，n∈N*且m>n>1，證明 >. 解：(1)因為f(x)＝xln x＋mx，所以f′(x)＝1＋ln x＋m. 由題意f′(1)＝1＋ln 1＋m＝2，得m＝1. (2)g(x)＝＝(x>0，x≠1)， 所以g′(x)＝. 設(shè)h(x)＝x－1－ln x，h′(x)＝1－. 當x>1時，h′(x)＝1－>0，h(x)是增函數(shù)

17、， h(x)>h(1)＝0， 所以g′(x)＝>0， 故g(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)； 當0h(1)＝0， 所以g′(x)＝>0，故g(x)在(0,1)上為增函數(shù)； 所以g(x)在區(qū)間(0,1)和(1，＋∞)上都是單調(diào)遞增的． (3)證明：由已知可知要證>， 即證－>ln n－ln m， 即證ln m>ln n， 即證>，即證g(m)>g(n)， 又m>n>1(m，n∈N*)，由(2)知g(m)>g(n)成立，所以>. 3．(導(dǎo)學(xué)號14577227)(理科)函數(shù)f(x)＝ln(x＋m)－nln x.

18、 (1)當m＝1，n＞0時，求f(x)的單調(diào)減區(qū)間； (2)n＝1時，函數(shù)g(x)＝(m＋2x)f(x)－am，若存在m＞0，使得g(x)＞0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)f(x)＝ln(x＋1)－nln x，定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－＝， ①當n＝1時，f′(x)＝＜0，此時f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0，＋∞)； ②當0＜n＜1時，0＜x＜時，f′(x)＜0，此時f(x)的單調(diào)減區(qū)間為； ③當n＞1時，x＞時，f′(x)＜0，此時減區(qū)間為. (2)n＝1時，g(x)＝(m＋2x)[ln(x＋m)－lnx]－am， ∵g(x)＞0，∴＞0，即ln－a＞0， 設(shè)

19、＝t＞1，∴(t＋1)ln t－a(t－1)＞0，∴l(xiāng)n t－＞0. 設(shè)h(t)＝ln t－，h′(t)＝，h(1)＝0， ①當a≤2時，t2＋2(1－a)t＋1≥t2－2t＋1＞0，故h′(t)＞0，∴h(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，因此h(t)＞0； ②當a＞2時，令h′(t)＝0，得：t1＝a－1－，t2＝a－1＋，由t2＞1和t1t2＝1，得：t1＜1，故h(t)在(1，t2)上單調(diào)遞減，此時h(t)＜h(1)＝0.綜上所述，a≤2. 3．(文科)(2018西安市三模)已知函數(shù)f(x)＝x2＋6ax＋1，g(x)＝8a2ln x＋2b＋1，其中a＞0. (1)設(shè)兩曲線y＝f

20、(x)，y＝g(x)有公共點，且在該點處的切線相同，用a表示b，并求b的最大值； (2)設(shè)h(x)＝f(x)＋g(x)，證明：若a≥1，則對任意x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2，有>14. 解：(1)：設(shè)f(x)與g(x)的圖象交于點P(x0，y0)(x0＞0)， 則有f(x0)＝g(x0)， 即x＋6ax0＋1＝8a2ln x0＋2b＋1?、? 又由題意知f′(x0)＝g′(x0)，即2x0＋6a＝?、冢? 由②解得x0＝a或x0＝－4a(舍去)， 將x0＝a代入①整理得b＝a2－4a2ln a， 令K(a)＝a2－4a2ln a，則K′(a)＝a(3－8ln a)， 當a

21、∈時，K(a)單調(diào)遞增，當a∈時K(a)單調(diào)遞減， 所以K(a)≤K()＝2e，即b≤2e， b的最大值為2e； (2)證明：不妨設(shè)x1，x2∈(0，＋∞)， x1＜x2，>14， 變形得h(x2)－14x2＞h(x1)－14x1， 令T(x)＝h(x)－14x，T′(x)＝2x＋＋6a－14， ∵a≥1，T′(x)＝2x＋＋6a－14≥8a＋6a－14≥0， 則T(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，T(x2)＞T(x1)， 即>14成立， 同理可證，當x1＞x2時，命題也成立． 綜上，對任意x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2， 不等式>14成立． 4．(導(dǎo)學(xué)號1457

22、7229)(理科)(2018大慶市一模)已知函數(shù)f(x)＝ln (x＋a)－x2－x在x＝0處取得極值． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若關(guān)于x的方程f(x)＝－x＋b在區(qū)間(0,2)有兩個不等實根，求實數(shù)b的取值范圍； (3)對于n∈N*，證明：＋＋＋…＋>ln(n＋1)． 解：(1)由已知得f′(x)＝－2x－1＝， ∵f′(0)＝0，∴＝0， ∴a＝1. ∴f(x)＝ln (x＋1)－x2－x(x＞－1)， 于是f′(x)＝＝(x＞－1)， 由f′(x)＞0得－1＜x＜0；由f′(x)＜0，得x＞0， ∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－1,0)，單調(diào)遞減區(qū)間是(

23、0，＋∞)． (2)令g(x)＝f(x)－＝ln (x＋1)－x2＋x－b，x∈(0,2)， 則g′(x)＝－2x＋＝－，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝－(舍去)． 當0＜x＜1時，g′(x)＞0；當1＜x＜2時g′(x)＜0， 即g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,2)上單調(diào)遞減． 方程f(x)＝－x＋b在區(qū)間(0,2)有兩個不等實根等價于函數(shù)g(x)在(0,2)上有兩個不同的零點． ∴，即；亦即， ∴l(xiāng)n 3－1＜b＜ln 2＋， 故所求實數(shù)b的取值范圍為 . (3)證明：由(1)可得，當x≥0時ln (x＋1)≤x2＋x(當且僅當x＝0時等號成立)． 設(shè)x＝，

24、則ln ＜＋，即ln ＜?、? ∴＞ln，＞ln，＞ln，…，＞ln ， 將上面n個式子相加得： ＋＋＋…＋＞ln ＋ln ＋ln ＋…＋ln ＝ln (n＋1)， 故＋＋＋…＋>ln(n＋1) 4．(導(dǎo)學(xué)號14577230)(文科)(2018天津河北區(qū)三模)已知函數(shù)f(x)＝ax＋b－ln x表示的曲線在點(2，f(2))處的切線方程x－2y－2ln 2＝0 (1)求a，b的值； (2)若f(x)≥kx－2對于x∈(0，＋∞)恒成立，求實數(shù)k的取值范圍； (3)求證：n∈N*時，n(n＋1)≤2. 解：(1)函數(shù)f(x)＝ax＋b－ln x的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝a－，在點(2，

25、f(2))處的切線方程x－2y－2ln 2＝0， 即有a－＝，解得a＝1， f(2)＝2a＋b－ln 2＝1－ln 2，解得b＝－1， 則有a＝1，b＝－1； (2)f(x)≥kx－2對于x∈(0，＋∞)恒成立，即有 x－1－ln x≥kx－2對于x∈(0，＋∞)恒成立， 即有k－1≤對于x∈(0，＋∞)恒成立． 令g(x)＝，g′(x)＝， 當x＞e2時，g′(x)＞0，g(x)遞增； 當0＜x＜e2時，g′(x)＜0，g(x)遞減． 則x＝e2處g(x)取得極小值，也為最小值，且為－， 即有k－1≤－，解得k≤1－； (3)證明：f(x)＝x－1－ln x(x＞0)

26、， f′(x)＝1－， 當x＞1時，f′(x)＞0，f(x)遞增， 當0＜x＜1時，f′(x)＜0，f(x)遞減． 則x＝1處f(x)取得極小值，也為最小值，且為0， 則有f(x)≥0， 即為x－1≥ln x， 取x＝n，則n－1≥ln n， 即有n≤en－1. 即有1＋2＋…＋n≤1＋e＋e2＋…＋en－1. 則有n(n＋1)≤， 即有n∈N*時，n(n＋1)≤2. 6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375