《新课标2020年高考数学一轮总复习第二章函数导数及其应用2_12导数的综合应用课时规范练文含解析新人教a版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新课标2020年高考数学一轮总复习第二章函数导数及其应用2_12导数的综合应用课时规范练文含解析新人教a版（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2-12 导数的综合应用课时规范练A组基础对点练1已知f(x)ax2(aR)，g(x)2ln x.(1)讨论函数F(x)f(x)g(x)的单调性；(2)若方程f(x)g(x)在区间，e上有两个不等解，求a的取值范围解析：(1)F(x)ax22ln x，其定义域为(0，)，所以F(x)2ax(x0)当a0时，由ax210，得x；由ax210，得0x0时，F(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减当a0时，F(x)0)恒成立故当a0时，F(x)在(0，)上单调递减(2)原式等价于方程a(x)在区间，e上有两个不等解由(x)易知，(x)在(，)上为增函数，在(，e)上为减函数，则(x)max()，而
2、(e)(2)()，所以(x)min(e)，如图，可知(x)a有两个不等解时需a，即f(x)g(x)在，e上有两个不等解时，a的取值范围为.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.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)单调递减，在(2，)单调递增，所以g(x)h(x)h(2)0.所以g(x)0在(0，)没有实根综上，g(x)0在R有唯一实根，即曲线yf(x)与直线y
3、kx2只有一个交点3已知函数f(x)(a0)(1)若a，且曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线的斜率为，求函数f(x)的单调区间；(2)求证：当x1时，f(x).解析：(1)函数f(x)的导数为f(x)，所以在点(2，f(2)处的切线的斜率为，解得a(舍去)或a1，所以f(x)的导数为f(x).由f(x)0，可得1x1，由f(x)0，可得x1或x1.则函数f(x)的单调递增区间为(1,1)，单调递减区间为(，1)，(1，)(2)证明：要证当x1时，f(x)(a0)，即证当x1时，(a0)，即当x1时，9ln x9x.令g(x)9ln x9x(x1)，g(x)90，即g(x)在(1，)上单调
4、递减，则g(x)g(1)0，即当x1时，9ln x9x.故当x1时，f(x).4时下，网校教学越来越受到广大学生的喜爱，它已经成为学生们课外学习的一种趋势，假设某网校的套题每日的销售量y(单位：千套)与销售价格x(单位：元/套)满足的关系式为y4(x6)2，其中2x6，m为常数已知销售价格为4元/套时，每日可售出套题21千套(1)求m的值；(2)假设网校的员工工资、办公等所有开销折合为每套题2元(只考虑销售出的套数)，试确定销售价格x的值，使网校每日销售套题所获得的利润最大(精确到0.1)解析：(1)因为x4时，y21，代入关系式y4(x6)2，得1621，解得m10.(2)由(1)可知，套题
5、每日的销售量y4(x6)2，所以每日销售套题所获得的利润为f(x)(x2)104(x6)2(x2)4x356x2240x278(2x6)，从而f(x)12x2112x2404(3x10)(x6)(2x6)令f(x)0，得x，且在上，f(x)0，函数f(x)单调递增；在上，f(x)0，函数f(x)单调递减所以x是函数f(x)在(2,6)内的极大值点，也是最大值点，所以当x3.3时，函数f(x)取得最大值故当销售价格为3.3元/套时，网校每日销售套题所获得的利润最大B组能力提升练1设函数f(x)aln xx2bx(a1)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为0.(1)求b；(2)若存在x
6、01，使得f(x0)0，f(x)在(1，)上单调递增所以存在x01，使得f(x0)的充要条件为f(1)，即1，解得1a1.若a1，故当x时，f(x)0.f(x)在上单调递减，在上单调递增所以存在x01，使得f(x0)的充要条件为f，所以不合题意若a1，则f(1)10时，(xk)f(x)x10，求k的最大值解析：(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)exa.若a0，则f(x)0，所以f(x)在(，)上单调递增若a0，则当x(，ln a)时，f(x)0.所以f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增(2)由于a1，所以(xk)f(x)x1(xk)(ex1)x1.故当x0时，(
7、xk)f(x)x10等价于k0)令g(x)x，则g(x)1.由(1)知，函数h(x)exx2在(0，)上单调递增而h(1)0，所以h(x)在(0，)上存在唯一的零点，故g(x)在(0，)上存在唯一的零点设此零点为，则(1,2)当x(0，)时，g(x)0，所以g(x)在(0，)上的最小值为g()，又由g()0，可得e2，所以g()1(2,3)由于式等价于kg()，故整数k的最大值为2.3已知函数f(x)axex(e为自然对数的底数)(1)当a时，求函数f(x)的单调区间及极值；(2)当2ae2时，求证：f(x)2x.解析：(1)当a时，f(x)xex.令f(x)ex0，得x1.当x1时，f(x)
8、0；当x1时，f(x)0，所以函数f(x)的单调递增区间为(，1)，单调递减区间为(1，)，当x1时，函数f(x)有极大值，没有极小值(2)证明：令F(x)2xf(x)ex(a2)x，当a2时，F(x)ex0，所以f(x)2x.当2a2e时，F(x)ex(a2)exeln(a2)，当xln(a2)时，F(x)0；当xln(a2)时，F(x)0，所以F(x)在(，ln(a2)上单调递减，在(ln(a2)，)上单调递增，所以F(x)F(ln(a2)eln(a2)(a2)ln(a2)(a2)1ln(a2)因为2a2e，所以a20,1ln(a2)1ln(2e)20，所以F(x)0，即f(x)2x，综上
9、，当2ae2时，f(x)2x.4(2018陕西西北九校联考)已知函数f(x)ln xt(x1)，t为实数(1)当t1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若当t时，f(x)0，f(x)1.由f(x)0可得0x0可得x1，函数f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，)(2)当t时，f(x)ln x，f(x)ln xln x.当x1时，f(x)0恒成立，等价于k1时，h(x)0，函数h(x)x1ln x在(1，)上单调递增，故h(x)h(1)0，从而当x1时，g(x)g(1)0，即函数g(x)在(1，)上单调递增，故g(x)g(1).因此当x1时，若使kxln x恒成立，则k.实数k的取值范围是.7
