《高三數(shù)學理一輪復習夯基提能作業(yè)本：第三章 導數(shù)及其應用 第四節(jié)　導數(shù)的綜合應用 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高三數(shù)學理一輪復習夯基提能作業(yè)本：第三章 導數(shù)及其應用 第四節(jié)　導數(shù)的綜合應用 Word版含解析（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考數(shù)學精品復習資料 2019.5 第四節(jié)　導數(shù)的綜合應用 A組　基礎題組 1.(20xx山東棗莊一模,10)設函數(shù)f(x)在R上存在導數(shù)f'(x),?x∈R,有f(-x)+f(x)=x2,在(0,+∞)上,f'(x)<x,若f(4-m)-f(m)≥8-4m,則實數(shù)m的取值范圍為(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.-2,2] B.2,+∞) C.0,+∞) D.(-∞,-2]∪2,+∞) 2.(20xx安徽A10聯(lián)盟3月模擬,12)已知函數(shù)f(x)=exx2-k2x+ln

2、x,若x=2是函數(shù)f(x)的唯一一個極值點,則實數(shù)k的取值范圍為(　　) A.(-∞,e] B.0,e] C.(-∞,e) D.0,e) 3.電動自行車的耗電量y與速度x之間有關系y=13x3-392x2-40x(x>0),為使耗電量最小,則速度應定為　　　　.  4.(20xx北京,19,13分)設函數(shù)f(x)=x22-klnx,k>0. (1)求f(x)的單調區(qū)間和極值; (2)證明:若f(x)存在零點,則f(x)在區(qū)間(1,e]上僅有一個零點. 5.(20xx天津,20,14分)已知函數(shù)f(x)=nx-xn,x∈R,其中n∈N

3、*,且n≥2. (1)討論f(x)的單調性; (2)設曲線y=f(x)與x軸正半軸的交點為P,曲線在點P處的切線方程為y=g(x),求證:對于任意的正實數(shù)x,都有f(x)≤g(x); (3)若關于x的方程f(x)=a(a為實數(shù))有兩個正實數(shù)根x1,x2,求證:|x2-x1|<a1-n+2. B組　提升題組 6.設函數(shù)f(x)=aex(x+1)(其中e=2.71828…),g(x)=x2+bx+2,已知它們的圖象在x=0處有相同的切線. (1)求函數(shù)f(x),g(x)的解析式; (2)求函數(shù)f(x)在t,t+1](t>-3)上的最小值; (3)

4、判斷函數(shù)F(x)=2f(x)-g(x)+2的零點個數(shù). 7.設f(x)=ax+xlnx,g(x)=x3-x2-3. (1)如果存在x1,x2∈0,2]使得g(x1)-g(x2)≥M成立,求滿足上述條件的最大整數(shù)M; (2)如果對任意的s,t∈12,2都有f(s)≥g(t)成立,求實數(shù)a的取值范圍.  答案全解全析 A組　基礎題組 1.B　令g(x)=f(x)-12x2(x∈R),∵g(-x)+g(x)=f(-x)-12x2+f(x)-12x2=0,∴函數(shù)g(x)為奇函數(shù).∵x∈(0,+∞)時,g'(

5、x)=f'(x)-x<0,故函數(shù)g(x)在(0,+∞)上是減函數(shù),可知g(x)在R上是減函數(shù),∴f(4-m)-f(m)=g(4-m)+12(4-m)2-g(m)-12m2=g(4-m)-g(m)+8-4m≥8-4m,∴g(4-m)≥g(m),∴4-m≤m,解得m≥2,故選B. 2.A　f'(x)=x2ex-2xexx4-k-2x2+1x=(x-2)exx-kx2(x>0).設g(x)=exx,則g'(x)=(x-1)exx2,則g(x)在(0,1)內單調減,在(1,+∞)內單調增. ∴g(x)在(0,+∞)上有最小值,為g(1)=e,結合g(x)=exx

6、與y=k的圖象可知,要滿足題意,只需k≤e,選A. 3.答案　40 解析　易知y'=x2-39x-40. 令y'=x2-39x-40=0,得x=-1(舍去)或x=40,當0<x<40時,y'<0;當x>40時,y'>0,所以當x=40時,y有最小值. 4.解析　(1)由f(x)=x22-klnx(k>0)得f'(x)=x-kx=x2-kx.由f'(x)=0解得x=k.f(x)與f'(x)在區(qū)間(0,+∞)上的情況如下表: x (0,k) k (k,+∞) f'(x) - 0

7、 + f(x) ↘ k(1-lnk)2 ↗ 所以,f(x)的單調遞減區(qū)間是(0,k),單調遞增區(qū)間是(k,+∞);f(x)在x=k處取得極小值f(k)=k(1-lnk)2. (2)證明:由(1)知,f(x)在區(qū)間(0,+∞)上的最小值為f(k)=k(1-lnk)2. 因為f(x)存在零點,所以k(1-lnk)2≤0,從而k≥e. 當k=e時,f(x)在區(qū)間(1,e)上單調遞減,且f(e)=0,所以x=e是f(x)在區(qū)間(1,e]上的唯一零點. 當k>e時,f(x)在區(qū)間(0,e)上單調遞減,且f(1)=12>0,f(e)=e-k2<0,所以f(x)在區(qū)間(

8、1,e]上僅有一個零點. 綜上可知,若f(x)存在零點,則f(x)在區(qū)間(1,e]上僅有一個零點. 5.解析　(1)由f(x)=nx-xn,可得f'(x)=n-nxn-1=n(1-xn-1),其中n∈N*,且n≥2. 下面分兩種情況討論: ①當n為奇數(shù)時. 令f'(x)=0,解得x=1,或x=-1. 當x變化時,f'(x),f(x)的變化情況如下表: x (-∞,-1) (-1,1) (1,+∞) f'(x) - + - f(x) ↘ ↗ ↘ 所以,f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上單調遞減,在(-1,1)內單調遞增.

9、 ②當n為偶數(shù)時. 當f'(x)>0,即x<1時,函數(shù)f(x)單調遞增; 當f'(x)<0,即x>1時,函數(shù)f(x)單調遞減. 所以,f(x)在(-∞,1)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減. (2)證明:設點P的坐標為(x0,0),則x0=n1n-1,f'(x0)=n-n2.曲線y=f(x)在點P處的切線方程為y=f'(x0)(x-x0),即g(x)=f'(x0)(x-x0).令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)-f'(x0)(x-x0),則F'(x)=f'(x)-f'

10、(x0). 由于f'(x)=-nxn-1+n在(0,+∞)上單調遞減,故F'(x)在(0,+∞)上單調遞減.又因為F'(x0)=0,所以當x∈(0,x0)時,F'(x)>0,當x∈(x0,+∞)時,F'(x)<0,所以F(x)在(0,x0)內單調遞增,在(x0,+∞)上單調遞減,所以對于任意的正實數(shù)x,都有F(x)≤F(x0)=0,即對于任意的正實數(shù)x,都有f(x)≤g(x). (3)證明:不妨設x1≤x2. 由(2)知g(x)=(n-n2)(x-x0).設方程g(x)=a的根為x'2,可得x'2=an-n2+x0.當n

11、≥2時,g(x)在(-∞,+∞)上單調遞減.又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x'2),可得x2≤x'2. 類似地,設曲線y=f(x)在原點處的切線方程為y=h(x),可得h(x)=nx.當x∈(0,+∞)時,f(x)-h(x)=-xn<0,即對于任意的x∈(0,+∞),f(x)<h(x). 設方程h(x)=a的根為x'1,可得x'1=an.因為h(x)=nx在(-∞,+∞)上單調遞增,且h(x'1)=a=f(x1)<h(x1),因此x'1<x1. 由此可得x2-x1<x'2-x'1=

12、a1-n+x0. 因為n≥2,所以2n-1=(1+1)n-1≥1+Cn-11=1+n-1=n,故2≥n1n-1=x0.所以,|x2-x1|<a1-n+2. B組　提升題組 6.解析　(1)f'(x)=aex(x+2),g'(x)=2x+b. 由題意,兩函數(shù)圖象在x=0處有相同的切線, ∴f'(0)=2a,g'(0)=b. ∴2a=b,f(0)=a=g(0)=2,∴a=2,b=4. ∴f(x)=2ex(x+1),g(x)=x2+4x+2. (2)由(1)得f'(x)=2ex(x+2). 由f'(x)>0得x>-2

13、,由f'(x)<0得x<-2, ∴f(x)在(-2,+∞)上單調遞增,在(-∞,-2)上單調遞減. ∵t>-3,∴t+1>-2. 當-3<t<-2時,f(x)在t,-2]上單調遞減,在-2,t+1]上單調遞增,∴f(x)min=f(-2)=-2e-2. 當t≥-2時,f(x)在t,t+1]上單調遞增, ∴f(x)min=f(t)=2et(t+1). ∴當-3<t<-2時,f(x)min=-2e-2; 當t≥-2時,f(x)min=2et(t+1). (3)由(1)得F(x)=4ex(x+1)-x2-4x. 求導得F

14、9;(x)=4ex(x+1)+4ex-2x-4=2(x+2)·(2ex-1),由F'(x)>0得x>-ln2或x<-2,由F'(x)<0得-2<x<-ln2,所以F(x)在(-∞,-2),(-ln2,+∞)上單調遞增,在(-2,-ln2)上單調遞減,故F(x)極小值=F(-ln2)=2+2ln2-(ln2)2=2+ln2(2-ln2)>0, F(-4)=4e-4×(-4+1)-16+16=-12e-4<0, 故函數(shù)F(x)=2f(x)-g(x)+2只有一個零點. 7.解析　(1)存在x1,x2∈0,2]使

15、得g(x1)-g(x2)≥M成立,等價于g(x1)-g(x2)]max≥M,因為g(x)=x3-x2-3,所以g'(x)=3x2-2x=3xx-23, 列表分析如下: x 0 0,23 23 23,2 2 g'(x) - 0 + g(x) -3 遞減 -8527 遞增 1 由上表可知在區(qū)間0,2]上,g(x)min=g23=-8527,g(x)max=g(2)=1,所以g(x1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x)min=11227,所以滿足條件的最大整數(shù)M=4. (2)對任意的s,t∈12,2都有f(s)≥g(t)成立等

16、價于在區(qū)間12,2上,函數(shù)f(x)的最小值不小于g(x)的最大值. 由(1)知,在區(qū)間12,2上,g(x)的最大值為g(2)=1. 所以在區(qū)間12,2上,f(x)min≥1. 又因為f(1)=a,所以a≥1. 下面證當a≥1時,在區(qū)間12,2上,f(x)≥1恒成立. 當a≥1且x∈12,2時, f(x)=ax+xlnx≥1x+xlnx, 記h(x)=1x+xlnx,則h'(x)=-1x2+lnx+1,h'(1)=0, 當x∈12,1時,h'(x)=-1x2+lnx+1<0; 當x∈(1,2]時,h'(x)=-1x2+lnx+1>0, 所以函數(shù)h(x)=1x+xlnx在區(qū)間12,1上遞減,在區(qū)間(1,2]上遞增,所以在區(qū)間12,2上,h(x)min=h(1)=1,即h(x)≥1,所以當a≥1且x∈12,2時,f(x)≥1恒成立,故滿足條件的a的取值范圍為1,+∞).