2019-2020年高考数学一轮复习第三章导数及其应用第三节导数的综合应用课后作业理.doc

2019-2020年高考数学一轮复习第三章导数及其应用第三节导数的综合应用课后作业理1已知f(x)(1x)ex1.(1)求函数f(x)的最大值；(2)设g(x)，x1，且x0，证明：g(x)1.2已知函数f(x)x33x2ax2，曲线 yf(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为2.(1)求a；(2)证明：当k0时，f(x)2aaln.4(xx烟台模拟)已知函数f(x)x2ax，g(x)ln x，h(x)f(x)g(x)(1)若函数yh(x)的单调减区间是，求实数a的值；(2)若f(x)g(x)对于定义区域内的任意x恒成立，求实数a的取值范围；(3)设函数yh(x)有两个极值点x1，x2，且x1，若h(x1)h(x2)m恒成立，求实数m的最大值1(xx新课标全国卷)设函数f(x)emxx2mx.(1)证明：f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增；(2)若对于任意x1，x21,1，都有|f(x1)f(x2)|e1，求m的取值范围2(xx新课标全国卷)已知函数f(x)x3ax，g(x)ln x.(1)当a为何值时，x轴为曲线yf(x)的切线；(2)用minm，n表示m，n中的最小值，设函数h(x)minf(x)，g(x)(x0)，讨论h(x)零点的个数答 案1解：(1)f(x)xex.当x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递减所以f(x)的最大值为f(0)0.(2)证明：由(1)知，当x0时，f(x)0，g(x)01.当1x0时，g(x)x.设h(x)f(x)x，则h(x)xex1.当x(1,0)时，0x1,0ex1，则0xex1，从而当x(1,0)时，h(x)0，h(x)在(1,0上单调递减当1xh(0)0，即g(x)1且x0时，总有g(x)0.当x0时，g(x)3x26x1k0，g(x)单调递增，g(1)k10时，令h(x)x33x24，则g(x)h(x)(1k)xh(x)h(x)3x26x3x(x2)，h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增，所以g(x)h(x)h(2)0.所以g(x)0在(0，)上没有实根综上，g(x)0在R上有唯一实根，即曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点3解：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2x.当a0时，f(x)0，f(x)没有零点；当a0时，设u(x)e2x，v(x)，因为u(x)e2x在(0，)上单调递增，v(x)在(0，)上单调递增，所以f(x)在(0，)上单调递增又f(a)0，当b满足0b且b时，f(b)0时，f(x)存在唯一零点(2)证明：由(1)，可设f(x)在(0，)上的唯一零点为x0，当x(0，x0)时，f(x)0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以当xx0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)由于2e2x00，所以f(x0)2ax0aln2aaln.故当a0时，f(x)2aaln.4解：(1)由题意可知，h(x)x2axln x(x0)，则h(x)(x0)，若h(x)的单调减区间是，则h(1)h0，解得a3，而当a3时，h(x)(x0)由h(x)0)，ax(x0)令(x)x(x0)，则(x)，yx2ln x1在(0，)上是增函数，且x1时，y0.当x(0,1)时，(x)0，即(x)在(0,1)上是减函数，在(1，)上是增函数，min(x)(1)1，故a1.即实数a的取值范围为(，1(3)由题意可知，h(x)x2axln x(x0)，则h(x)(x0)可得方程2x2ax10(x0)有两个不相等的实数根x1，x2，且x1，x1x2，x2(1，)，且ax12x1，ax22x1，h(x1)h(x2)(xax1ln x1)(xax2ln x2)x(2x1)ln x1x(2x1)ln x2xxlnxln(2x)(x21)设L(x)x2ln(2x2)(x1)，则L(x)0(x1)，所以L(x)在(1，)上是增函数，L(x)L(1)ln 2，即h(x1)h(x2)ln 2，所以mln 2.即m的最大值为ln 2.1解：(1)证明：f(x)m(emx1)2x.若m0，则当x(，0)时，emx10，f(x)0.若m0，f(x)0；当x(0，)时，emx10.所以，f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增(2)由(1)知，对任意的m，f(x)在1,0上单调递减，在0,1上单调递增，故f(x)在x0处取得最小值所以对于任意x1，x21,1，|f(x1)f(x2)|e1的充要条件是即设函数g(t)ette1，则g(t)et1.当t0时，g(t)0时，g(t)0.故g(t)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增又g(1)0，g(1)e12e1时，由g(t)的单调性，g(m)0，即emme1；当m0，即emme1.综上，m的取值范围是1,12解：(1)设曲线yf(x)与x轴相切于点(x0,0)，则f(x0)0，f(x0)0，即解得因此，当a时，x轴为曲线yf(x)的切线(2)当x(1，)时，g(x)ln x0，从而h(x)minf(x)，g(x)g(x)0，故h(x)在(1，)上无零点当x1时，若a，则f(1)a0，h(1)minf(1)，g(1)g(1)0，故x1是h(x)的零点；若a，则f(1)0，h(1)minf(1)，g(1)f(1)0，所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数若a3或a0，则f(x)3x2a在(0,1)上无零点，故f(x)在(0,1)上单调而f(0)，f(1)a，所以当a3时，f(x)在(0,1)上有一个零点；当a0时，f(x)在(0,1)上没有零点若3a0，则f(x)在上单调递减，在上单调递增，故在(0,1)上，当x 时，f(x)取得最小值，最小值为f .a若f0，即a0，则f(x)在(0,1)上无零点b若f0，即a，则f(x)在(0,1)上有唯一零点c若f0，即3a，由于f(0)，f(1)a，所以当a时，f(x)在(0,1)上有两个零点；当3或a时，h(x)有一个零点；当a或a时，h(x)有两个零点；当a时，h(x)有三个零点