届高三理科数学二轮复习习题第3部分 讲重点 解答题专练 作业2526.docx
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届高三理科数学二轮复习习题第3部分讲重点解答题专练作业2526
导数与函数专练
(一)·作业(二十五)
1.(2017·深圳调研二)已知函数f(x)=(x-2)ex-x2,其中a∈R,e为自然对数的底数.
(1)函数f(x)的图像能否与x轴相切?
若能与x轴相切,求实数a的值;否则,请说明理由;
(2)若函数y=f(x)+2x在R上单调递增,求实数a能取到的最大整数值.
解析
(1)f′(x)=(x-1)ex-ax.
假没函数f(x)的图像与x轴相切于点(t,0),
则有即
由②可知at=(t-1)et,
代入①中可得(t-2)et-et=0.
∵et>0,
∴(t-2)-=0,即t2-3t+4=0.
∵Δ=9-4×4=-7<0.
∴方程t2-3t+4=0无解.
∴无论a取何值,函数f(x)的图像都不与x轴相切.
(2)方法1:
记g(x)=(x-2)ex-x2+2x.
由题意知,g′(x)=(x-1)ex-ax+2≥0在R上恒成立.
由g′
(1)=-a+2≥0,可得g′(x)≥0的必要条件是a≤2.
若a=2,则g′(x)=(x-1)ex-2x+2=(x-1)(ex-2).
当ln2 下面证明: 当a=1时,不等式(x-1)ex-x+2≥0在R上恒成立. 令h(x)=(x-1)ex-x+2,则h′(x)=xex-1. 记H(x)=xex-1,则H′(x)=(x+1)ex. 当x>-1时,H′(x)>0,H(x)单调递增, 且H(x)>H(-1)=--1; 当x<-1时,H′(x)<0,H(x)单调递减, 且--1=H(-1) ∵H()=-1<0,H (1)=e-1>0. ∴存在唯一的x0∈(,1)使得H(x0)=0, 且当x∈(-∞,x0)时,H(x)=h′(x)<0,h(x)单调递减; 当x∈(x0,+∞)时,H(x)=h′(x)>0,h(x)单调递增. ∵h(x)min=h(x0)=(x0-1)ex0-x0+2, ∵H(x0)=0,∴ex0=, ∴h(x0)=(x0-1)-x0+2=3-(+x0). ∵ 从而(x-1)ex-x+2>0在R上恒成立, ∴a能取得的最大整数为1. 方法2: 记g(x)=(x-2)ex-x2+2x, 由题意知g′(x)=(x-1)ex-ax+2≥0在R上恒成立. ∵g′ (1)=-a+2≥0, ∴g′(x)≥0的必要条件是a≤2. 若a=2,则g′(x)=(x-1)ex-2x+2=(x-1)(ex-2). 当ln2 下面证明: 当a=1时,不等式(x-1)ex-x+2≥0在R上恒成立,即(x-1)ex≥x-2. 先证∀x∈R,ex≥x+1. 令k(x)=ex-x-1,则k′(x)=ex-1. 当x>0时,k′(x)>0,k(x)单调递增; 当x<0时,k′(x)<0,k(x)单调递减. ∴k(x)min=k(0)=0,∴ex≥x+1恒成立. 当x≥1时,(x-1)ex≥(x-1)(x+1)=x2-1>x-2; 当x<1时,由ex≥x+1得e-x≥-x+1>0, 即ex≤. ∴(x-1)ex≥(x-1)×=-1>x-2. 综上所述,(x-1)ex-x+2≥0在R上恒成立,故a能取得的最大整数为1. 2.(2017·湖北四校联考)已知函数f(x)=lnx-a(x-1),g(x)=ex. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)若函数h(x)=f(x+1)+g(x),当x>0时,h(x)>1恒成立,求实数a的取值范围. 解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-a=(x>0) ①若a≤0,对任意的x>0,均有f′(x)>0,所以f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间; ②若a>0,当x∈(0,)时,f′(x)>0,当x∈(,+∞)时,f′(x)<0,所以f(x)的单调递增区间为(0,),单调递减区间为(,+∞). 综上,当a≤0时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间;当a>0时,f(x)的单调递增区间为(0,),单调递减区间为(,+∞). (2)因为h(x)=f(x+1)+g(x)=ln(x+1)-ax+ex,所以h′(x)=ex+-a. 令φ(x)=h′(x),因为x∈(0,+∞),φ′(x)=ex-=>0, 所以h′(x)在(0,+∞)上单调递增,h′(x)>h′(0)=2-a,①当a≤2时,h′(x)>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,h(x)>h(0)=1恒成立,符合题意; ②当a>2时,h′(0)=2-a<0,h′(x)>h′(0),所以存在x0∈(0,+∞),使得h′(x0)=0, 所以h(x)在(x0,+∞)上单调递增,在(0,x0)上单调递减,又h(x0) 综上,实数a的取值范围是(-∞,2]. 3.(2017·郑州预测一)设函数f(x)=(1-mx)ln(1+x). (1)若当0 (2)求证: e>()1000.4. 解析 (1)令F(x)=f(x)-x=(1-mx)ln(1+x)-x,x∈(0,1),则 F′(x)=-mln(1+x)+-1,x∈(0,1),[F′(x)]′=-. ①当m≤-时,由于x∈(0,1),有[F′(x)]′=->0, 于是F′(x)在x∈(0,1)上单调递增,从而F′(x)>F′(0)=0,因此F(x)在x∈(0,1)上单调递增,即F(x)>0; ②当m≥0时,由于x∈(0,1),有[F′(x)]′=-<0, 于是F′(x)在x∈(0,1)上单调递减,从而F′(x) 因此F(x)在x∈(0,1)上单调递减,即F(x) ③当- [F′(x)]′=-<0,于是F′(x)在x∈(0,x0)上单调递减, 从而F′(x) 即F(x) 综上可知,所求实数m的取值范围是(-∞,-]. (2)对要证明的不等式等价变形如下: 对于任意大于1的正整数n,不等式(1+)n+ (1+)ln(1+)-<0,相当于 (1)的③中m=-,x0=的情形, F(x)在x∈(0,]上单调递减,即F(x) 取x=(n≥2),都有(1+)ln(1+)-<0成立, 令n=1000,原不等式得证. 4.(2017·武汉4月调研)已知函数f(x)=(x-a)2lnx,a∈R. (1)若a=3,其中e为自然对数的底数,求函数F(x)=的单调区间; (2)若函数f(x)既有极大值,又有极小值,求实数a的取值范围. 解析 (1)由已知,得F(x)=, F′(x)== . 当a=3时, F′(x)=. 设m(x)=(x+3)lnx+x-3, 则m′(x)=lnx++2, 设n(x)=lnx++2,则n′(x)=-=. ∵当x∈(0,3)时,n′(x)<0;当x∈(3,+∞)时,n′(x)>0. ∴当x=3时,m′(x)=n(x)取得最小值. ∴m′(x)≥m′(3)=ln(3)+3>0, ∴m(x)在(0,+∞)上单调递增,观察知m()=0, ∴当x∈(0,)时,F′(x)>0,F(x)单调递增; 当x∈(,3)时,F′(x)<0,F(x)单调递减; 当x∈(3,+∞)时,F′(x)>0,F(x)单调递增. (2)f(x)=(x-a)2lnx, f′(x)=2(x-a)lnx+(x-a)2·=(x-a)(2lnx+). 由2lnx+=0,得2xlnx+x=a. 设h(x)=2xlnx+x,则h′(x)=3+2lnx. 由h′(x)=0,得x=e-. 当x∈(0,e-)时,h′(x)<0,h(x)单调递减; 当x∈(e-,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增. ∴h(x)min=h(e-)=-2e-, 又x→0时,h(x)→0,x→+∞时,h(x)→+∞, ∴a≥-2e-,这是必要条件. 检验: 当a=-2e-时,f(x)既无极大值,也无极小值; 当-2e- 当a=0时,f(x)只有-个极值点,舍去; 当a>0时,2lna+≠0,则a≠1. 综上,符合题意的a的取值范围为{a|a>-2e-且a≠0,a≠1}. 5.已知函数f(x)=lnx+x2-(a+1)x. (1)判断f(x)的单调性; (2)若函数g(x)=f(x)+x有两个极值点x1,x2(x1 g(x1)-g(x2)<-lna. 解析 (1)由已知得f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=+ax-(a+1)=. 当a=0时,f′(x)=,当x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增, 当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 当a<0时,由f′(x)==0,得x=<0, 因而当x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增, 当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 当01, 因而当x∈(0,1)与x∈(,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(1,)时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 当a=1时,由f′(x)=≥0,因而当x∈(0,+∞)时,f(x)单调递增. 当a>1时,由f′(x)==0,得x=1或x=<1,因而当x∈(0,)与x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增, 当x∈(,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 综上所述,当a≤0时,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;
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