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专题篇 专题一 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数 第六讲 导数应用(二)课时作业 理

专题篇 专题一 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数 第六讲 导数应用(二)课时作业 理


2017 届高考数学二轮复习 第一部分 专题篇 专题一 集合、常用逻 辑用语、不等式、函数与导数 第六讲 导数应用(二)课时作业 理
1 2 1.已知函数 f(x)= x -2aln x+(a-2)x,a∈R. 2 (1)当 a=1 时,求函数 f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程. (2)是否存在实数 a,对任意的 x1,x2∈(0,+∞)且 x1≠x2 有 若存在,求出 a 的取值范围;若不存在,说明理由. 1 2 2a x- 解析:(1)函数 f(x)= x -2aln x+(a-2)x,f′(x)=x- +(a-2)= 2 x (x>0).当 a=1 时,f′(x)=

f x2 -f x1 >a 恒成立? x2-x1

x+a x

x- x

x+

,f′(1)=-2,则所求的切线方程为 y-

f(1)=-2(x-1),即 4x+2y-3=0.
(2)假设存在这样的实数 a 满足条件,不妨设 0<x1<x2. 由

f x2 -f x1 >a 知 f(x2)-ax2>f(x1)-ax1 成立, x2-x1

1 2 令 g(x)=f(x)-ax= x -2aln x-2x,则函数 g(x)在(0,+∞)上单调递增, 2 2a 1 2 2 则 g′(x)=x- -2≥0,即 2a≤x -2x=(x-1) -1 在(0,+∞)上恒成立,则 a≤- . x 2 1? ? 故存在这样的实数 a 满足题意,其取值范围为?-∞,- ?. 2? ? 2.已知函数 f(x)=xln x-(x-1)(ax-a+1)(a∈R). (1)若 a=0,判断函数 f(x)的单调性; (2)若 x>1 时,f(x)<0 恒成立,求 a 的取值范围. 解析:(1)若 a=0,f(x)=xln x-x+1,f′(x)=ln x. ∴当 x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)为减函数; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数. (2)由题意知 f(x)=xln x-(x-1)(ax-a+1)<0 在(1,+∞)上恒成立. ①若 a=0,则 f(x)=xln x-x+1,f′(x)=ln x>0 在 x∈(1,+∞)上恒成立,∴f(x)为 (1,+∞)上的增函数,∴f(x)>f(1)=0,即 f(x)<0 不成立.∴a=0 不合题意. ②若 a≠0,∵x>1,∴只需 记 h(x)=ln x-

f x x- =ln x- x ax-a+ x

ax-a+ x

<0 在(1,+∞)上恒成立.

x-

,x∈(1,+∞),

1

则 h′(x)=-

ax2-x-a+1 x- =- 2 x a

ax+a- x2

,x∈(1,+∞).

1-a 由 h′(x)=0,得 x1=1,x2= . 1-a 若 a<0,则 x2= <1=x1,

a

∴h′(x)>0 在(1,+∞)上恒成立,故 h(x)为增函数, ∴h(x)>h(1)=0,不合题意. 1 ? 1-a?时,h′(x)>0,h(x)为增函数, 若 0<a< ,x∈?1, a ? 2 ? ? ∴h(x)>h(1)=0,不合题意, 1 若 a≥ ,x∈(1,+∞)时,h′(x)<0,h(x)为减函数, 2 ∴h(x)<h(1)=0,符合题意. 1 综上所述,若 x>1 时,f(x)<0 恒成立,则 a≥ . 2 3.(2016·长沙一模)某地政府鉴于某种日常食品价格增长过快,欲将这种食品价格控制在 适当范围内, 决定对这种食品生产厂家提供政府补贴, 设这种食品的市场价格为 x 元/千克, 政府补贴为 t 元/千克,根据市场调查,当 16≤x≤24 时,这种食品市场日供应量 p 万千克 与市场日需求量 q 万千克近似地满足关系: p=2(x+4t-14)(x≥16, t≥0), q=24+8ln (16≤x≤24).当 p=q 时的市场价格称为市场平衡价格. (1)将政府补贴表示为市场平衡价格的函数,并求出函数的值域. (2)为使市场平衡价格不高于每千克 20 元,政府补贴至少为每千克多少元? 解析:(1)由 p=q 得 2(x+4t-14)=24+8ln 20 20

x

x

(16≤x≤24,t≥0).

t= - x+ln

13 1 2 4

20 (16≤x≤24).

x

1 1 ∵t′=- - <0,∴t 是 x 的减函数. 4 x 13 1 20 1 20 1 5 ∴tmin= - ×24+ln = +ln = +ln ; 2 4 24 2 24 2 6

tmax= - ×16+ln

13 2

1 4

20 5 5 = +ln , 16 2 4

5 5 5? ?1 ∴值域为? +ln , +ln ?. 6 2 4? ?2

2

13 1 20 (2)由(1)知 t= - x+ln (16≤x≤24). 2 4 x 13 1 20 而 x=20 时,t= - ×20+ln =1.5(元/千克), 2 4 20 ∵t 是 x 的减函数,欲使 x≤20,必须 t≥1.5(元/千克),要使市场平衡价格不高于每千克 20 元,政府补贴至少为 1.5 元/千克.
? ?ln x-ax+ 4.(2016·唐山模拟)已知函数 f(x)=? x-1 ?e + a- ?

x≥a x x<a

.(a>0)

(1)若 a=1,证明:y=f(x)在 R 上单调递减; (2)当 a>1 时,讨论 f(x)零点的个数. 1 解析:(1)证明:当 x≥1 时,f′(x)= -1≤0,f(x)在[1,+∞)上单调递减,f(x)≤f(1)

x

=0; 当 x<1 时,f′(x)=e
x-1

-1<0,f(x)在(-∞,1)上单调递减,且此时 f(x)>0.

所以 y=f(x)在 R 上单调递减. 1 1 (2)若 x≥a,则 f′(x)= -a≤ -a<0(a>1),

x

a

所以此时 f(x)单调递减,令 g(a)=f(a)=ln a-a +1, 1 则 g′(a)= -2a<0,所以 f(a)=g(a)<g(1)=0,

2

a

即 f(x)≤f(a)<0,故 f(x)在[a,+∞)上无零点. 当 x<a 时,f′(x)=e
x-1

+a-2,

①当 a>2 时,f′(x)>0,f(x)单调递增, 又 f(0)=e >0,f?
-1

? 1 ?<0,所以此时 f(x)在? 1 ,0?上有一个零点. ? ? 2- a ? ?2-a? ? ?
x-1

②当 a=2 时,f(x)=e

,此时 f(x)在(-∞,2)上没有零点.

③当 1<a<2 时,令 f′(x0)=0,解得 x0=ln(2-a)+1<1<a,所以 f(x)在(-∞,x0)上单调 递减,在(x0,a)上单调递增.

f(x0)=e

x0-1

+(a-2)x0=e

x0-1

(1-x0)>0,

所以此时 f(x)没有零点. 综上,当 1<a≤2 时,f(x)没有零点;当 a>2 时,f(x)有一个零点. 5.(2016·张掖模拟)设函数 f(x)=ln x-ax(a∈R)(e=2.718 28…是自然对数的底数). (1)判断 f(x)的单调性; (2)当 f(x)<0 在(0,+∞)上恒成立时,求 a 的取值范围; (3)证明:当 x∈(0,+∞)时,

x+1
e
x

(1+x) <e.
3

1 x

1 解析:(1)f′(x)= -a,函数 f(x)=ln x-ax 的定义域为(0,+∞),

x

当 a≤0 时,f′(x)>0,此时 f(x)在(0,+∞)上是增函数,

? 1? ? 1? ?1 ? 当 a>0 时,x∈?0, ?时,f′(x)>0,此时 f(x)在?0, ?上是增函数,x∈? ,+∞?时, ?
a?

?

a?

?a

?

? ? f′(x)<0,此时 f(x)在? ,+∞?上是减函数. ?a ?
1

? 1? 综上,当 a≤0 时,f(x)在(0,+∞)上是增函数,当 a>0 时,f(x)在?0, ?上是增函数,在 ?
a?

?1,+∞?上是减函数. ?a ? ? ?
ln x (2)f(x)<0 在(0,+∞)上恒成立,即 a> 在(0,+∞)上恒成立,

x

ln x 1-ln x 设 g(x)= ,则 g′(x)= , 2

x

x

当 x∈(0,e)时,g′(x)>0,g(x)为增函数,当 x∈(e,+∞)时,g′(x)<0,g(x)为减函数, 1 故当 x=e 时,g(x)取得最大值 , e

?1 ? 所以 a 的取值范围是? ,+∞?. ?e ?
(3)证明:要证当 x∈(0,+∞)时,
1+ 1 t ?1
t

x+1
e
x

(1+x) <e,设 t=1+x,t∈(1,+∞),只要证

1 x

t

<e ,两边取以 e 为底数的对数,即 ln t<t-1.

由(1)知当 a=1 时,f(x)=ln x-x 的最大值为-1,此时 x=1,所以当 t∈(1,+∞)时, ln t-t<-1, 即得 ln t<t-1,所以原不等式成立. 6.(2016·河南八市联考)已知函数 f(x)=(-x +x-1)e ,其中 e 是自然对数的底数. (1)求曲线 f(x)在点(1,f(1))处的切线; 1 3 1 2 (2)若方程 f(x)= x + x +m 有 3 个不同的根,求实数 m 的取值范围. 3 2 解析:(1)因为 f(x)=(-x +x-1)e , 所以 f′(x)=(-2x+1)e +(-x +x-1)e =(-x -x)e . 所以曲线 f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为
x
2 2 2

x

x

x

2

x

k=f′(1)=-2e.
又 f(1)=-e, 所以所求切线方程为 y+e=-2e(x-1),即 2ex+y-e=0.

4

(2)因为 f′(x)=(-2x+1)e +(-x +x-1)e =(-x -x)e , 当 x<-1 或 x>0 时,f′(x)<0; 当-1<x<0 时,f′(x)>0, 所以 f(x)=(-x +x-1)e 在(-∞, -1)上单调递减, 在(-1,0)上单调递增, 在(0, +∞) 上单调递减, 3 所以 f(x)在 x=-1 处取得极小值 f(-1)=- ,在 x=0 处取得极大值 f(0)=-1. e 1 3 1 2 2 令 g(x)= x + x +m,得 g′(x)=x +x. 3 2 当 x<-1 或 x>0 时,g′(x)>0; 当-1<x<0 时,g′(x)<0, 所以 g(x)在(-∞,-1)上单调递增,在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 1 故 g(x)在 x=-1 处取得极大值 g(-1)= +m,在 x=0 处取得极小值 g(0)=m. 6 1 3 1 2 因为方程 f(x)= x + x +m 有 3 个不同的根, 3 2 即函数 f(x)与 g(x)的图象有 3 个不同的交点,
?f ? 所以? ?f ?
2

x

2

x

2

x

x



g - g

3 1 ? ?- < +m e 6 ,即? ? ?-1>m

.

3 1 所以- - <m<-1. e 6

5



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