《2019屆高考數(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(shí)練習(xí) 新人教A版.doc》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2019屆高考數(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(shí)練習(xí) 新人教A版.doc(12頁珍藏版)》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
第二章 第13節(jié) 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 第一課時(shí)
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(diǎn)A(0,-2),求實(shí)數(shù)a的值;
(2)若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)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(diǎn)為(1,a),
在x=1處的切線過點(diǎn)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(gè)不等的實(shí)根x1,x2,且0<x1<x2,
設(shè)g(x)=ln x+1+2ax,g′(x)=+2a,x>0.
當(dāng)a≥0,則g′(x)>0,g(x)在(0,+∞)遞增,不合題意;
當(dāng)a<0時(shí),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<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(diǎn)A(0,-2),求實(shí)數(shù)a的值;
(2)若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)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(diǎn)為(1,a),
在x=1處的切線過點(diǎn)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(gè)不等的實(shí)根x1,x2,且0<x1<x2,
設(shè)g(x)=ln x+1+2ax,g′(x)=+2a,x>0.
當(dāng)a≥0,則g′(x)>0,g(x)在(0,+∞)遞增,不合題意;
當(dāng)a<0時(shí),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<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(diǎn)(1,f(1))處的切線的斜率為2.
(1)求實(shí)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?yàn)閒(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(dāng)x>1時(shí),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(dāng)0
h(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.
(1)當(dāng)m=1,n>0時(shí),求f(x)的單調(diào)減區(qū)間;
(2)n=1時(shí),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(shí)數(shù)a的取值范圍.
解:(1)f(x)=ln(x+1)-nln x,定義域?yàn)?0,+∞),f′(x)=-=,
①當(dāng)n=1時(shí),f′(x)=<0,此時(shí)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0,+∞);
②當(dāng)0<n<1時(shí),0<x<時(shí),f′(x)<0,此時(shí)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為;
③當(dāng)n>1時(shí),x>時(shí),f′(x)<0,此時(shí)減區(qū)間為.
(2)n=1時(shí),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(dāng)a≤2時(shí),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(dāng)a>2時(shí),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(shí)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(diǎn),且在該點(diǎn)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(diǎn)P(x0,y0)(x0>0),
則有f(x0)=g(x0),
即x+6ax0+1=8a2ln x0+2b+1 ①
又由題意知f′(x0)=g′(x0),即2x0+6a=?、?,
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(dāng)a∈時(shí),K(a)單調(diào)遞增,當(dāng)a∈時(shí)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(dāng)x1>x2時(shí),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(gè)不等實(shí)根,求實(shí)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(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(dāng)0<x<1時(shí),g′(x)>0;當(dāng)1<x<2時(shí)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(gè)不等實(shí)根等價(jià)于函數(shù)g(x)在(0,2)上有兩個(gè)不同的零點(diǎn).
∴,即;亦即,
∴l(xiāng)n 3-1<b<ln 2+,
故所求實(shí)數(shù)b的取值范圍為
.
(3)證明:由(1)可得,當(dāng)x≥0時(shí)ln (x+1)≤x2+x(當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)等號成立).
設(shè)x=,則ln <+,即ln < ①
∴>ln,>ln,>ln,…,>ln ,
將上面n個(gè)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(diǎn)(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(shí)數(shù)k的取值范圍;
(3)求證:n∈N*時(shí),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(diǎn)(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)=,g′(x)=,
當(dāng)x>e2時(shí),g′(x)>0,g(x)遞增;
當(dāng)0<x<e2時(shí),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(dāng)x>1時(shí),f′(x)>0,f(x)遞增,
當(dāng)0<x<1時(shí),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(shí),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(diǎn)(1,f(1))處的切線的斜率為2.
(1)求實(shí)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?yàn)閒(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(dāng)x>1時(shí),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(dāng)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.
(1)當(dāng)m=1,n>0時(shí),求f(x)的單調(diào)減區(qū)間;
(2)n=1時(shí),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(shí)數(shù)a的取值范圍.
解:(1)f(x)=ln(x+1)-nln x,定義域?yàn)?0,+∞),f′(x)=-=,
①當(dāng)n=1時(shí),f′(x)=<0,此時(shí)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0,+∞);
②當(dāng)0<n<1時(shí),0<x<時(shí),f′(x)<0,此時(shí)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為;
③當(dāng)n>1時(shí),x>時(shí),f′(x)<0,此時(shí)減區(qū)間為.
(2)n=1時(shí),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(dāng)a≤2時(shí),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(dāng)a>2時(shí),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(shí)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(diǎn),且在該點(diǎn)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(diǎn)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=?、?,
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(dāng)a∈時(shí),K(a)單調(diào)遞增,當(dāng)a∈時(shí)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(dāng)x1>x2時(shí),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(gè)不等實(shí)根,求實(shí)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(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(dāng)0<x<1時(shí),g′(x)>0;當(dāng)1<x<2時(shí)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(gè)不等實(shí)根等價(jià)于函數(shù)g(x)在(0,2)上有兩個(gè)不同的零點(diǎn).
∴,即;亦即,
∴l(xiāng)n 3-1<b<ln 2+,
故所求實(shí)數(shù)b的取值范圍為
.
(3)證明:由(1)可得,當(dāng)x≥0時(shí)ln (x+1)≤x2+x(當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)等號成立).
設(shè)x=,則ln <+,即ln < ①
∴>ln,>ln,>ln,…,>ln ,
將上面n個(gè)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(diǎn)(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(shí)數(shù)k的取值范圍;
(3)求證:n∈N*時(shí),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(diǎn)(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)=,g′(x)=,
當(dāng)x>e2時(shí),g′(x)>0,g(x)遞增;
當(dāng)0<x<e2時(shí),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(dāng)x>1時(shí),f′(x)>0,f(x)遞增,
當(dāng)0<x<1時(shí),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(shí),n(n+1)≤2.
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