《2019届高三数学一轮复习-第三章-导数及其应用-第四节-导数的综合应用夯基提能作业本-理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高三数学一轮复习-第三章-导数及其应用-第四节-导数的综合应用夯基提能作业本-理（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2019届高三数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第四节 导数的综合应用夯基提能作业本 理1.(2016山东枣庄一模,10)设函数f(x)在R上存在导数f (x),xR,有f(-x)+f(x)=x2,在(0,+)上, f (x)0),为使耗电量最小,则速度应定为.4.(2015北京,19,13分)设函数f(x)=-kln x,k0.(1)求f(x)的单调区间和极值;(2)证明:若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,上仅有一个零点.5.(2015天津,20,14分)已知函数f(x)=nx-xn,xR,其中nN*,且n2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为
2、P,曲线在点P处的切线方程为y=g(x),求证:对于任意的正实数x,都有f(x)g(x);(3)若关于x的方程f(x)=a(a为实数)有两个正实数根x1,x2,求证:|x2-x1|-3)上的最小值;(3)判断函数F(x)=2f(x)-g(x)+2的零点个数.7.设f(x)=+xln x,g(x)=x3-x2-3.(1)如果存在x1,x20,2使得g(x1)-g(x2)M成立,求满足上述条件的最大整数M;(2)如果对任意的s,t都有f(s)g(t)成立,求实数a的取值范围.答案全解全析A组基础题组1.B令g(x)=f(x)-x2(xR),g(-x)+g(x)=f(-x)-x2+f(x)-x2=0
3、,函数g(x)为奇函数.x(0,+)时,g(x)=f (x)-x0).设g(x)=,则g(x)=,则g(x)在(0,1)内单调减,在(1,+)内单调增.g(x)在(0,+)上有最小值,为g(1)=e,结合g(x)=与y=k的图象可知,要满足题意,只需ke,选A.3.答案40解析易知y=x2-39x-40.令y=x2-39x-40=0,得x=-1(舍去)或x=40,当0x40时,y40时,y0,所以当x=40时,y有最小值.4.解析(1)由f(x)=-kln x(k0)得f (x)=x-=.由f (x)=0解得x=.f(x)与f (x)在区间(0,+)上的情况如下表:x(0,)(,+)f (x)
4、-0+f(x)所以, f(x)的单调递减区间是(0,),单调递增区间是(,+); f(x)在x=处取得极小值f()=.(2)证明:由(1)知, f(x)在区间(0,+)上的最小值为f()=.因为f(x)存在零点,所以0,从而ke.当k=e时, f(x)在区间(1,)上单调递减,且f()=0,所以x=是f(x)在区间(1,上的唯一零点.当ke时, f(x)在区间(0,)上单调递减,且f(1)=0, f()=0,即x1时,函数f(x)单调递增;当f (x)1时,函数f(x)单调递减.所以, f(x)在(-,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减.(2)证明:设点P的坐标为(x0,0),则x0=,
5、f (x0)=n-n2.曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=f (x0)(x-x0),即g(x)=f (x0)(x-x0).令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)-f (x0)(x-x0),则F(x)=f (x)-f (x0).由于f (x)=-nxn-1+n在(0,+)上单调递减,故F(x)在(0,+)上单调递减.又因为F(x0)=0,所以当x(0,x0)时,F(x)0,当x(x0,+)时,F(x)0,所以F(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,+)上单调递减,所以对于任意的正实数x,都有F(x)F(x0)=0,即对于任意的正实数x,都有f(x)g(x).(3)证明:不
6、妨设x1x2.由(2)知g(x)=(n-n2)(x-x0).设方程g(x)=a的根为x2,可得x2=+x0.当n2时,g(x)在(-,+)上单调递减.又由(2)知g(x2)f(x2)=a=g(x2),可得x2x2.类似地,设曲线y=f(x)在原点处的切线方程为y=h(x),可得h(x)=nx.当x(0,+)时, f(x)-h(x)=-xn0,即对于任意的x(0,+), f(x)h(x).设方程h(x)=a的根为x1,可得x1=.因为h(x)=nx在(-,+)上单调递增,且h(x1)=a=f(x1)h(x1),因此x1x1.由此可得x2-x1x2-x1=+x0.因为n2,所以2n-1=(1+1)
7、n-11+=1+n-1=n,故2=x0.所以,|x2-x1|0得x-2,由f (x)0得x-3,t+1-2.当-3t-2时, f(x)在t,-2上单调递减,在-2,t+1上单调递增,f(x)min=f(-2)=-2e-2.当t-2时, f(x)在t,t+1上单调递增,f(x)min=f(t)=2et(t+1).当-3t0得x-ln 2或x-2,由F(x)0得-2x0,F(-4)=4e-4(-4+1)-16+16=-12e-40,故函数F(x)=2f(x)-g(x)+2只有一个零点.7.解析(1)存在x1,x20,2使得g(x1)-g(x2)M成立,等价于g(x1)-g(x2)maxM,因为g(
8、x)=x3-x2-3,所以g(x)=3x2-2x=3x,列表分析如下:x02g(x)-0+g(x)-3递减-递增1由上表可知在区间0,2上,g(x)min=g=-,g(x)max=g(2)=1,所以g(x1)-=g(x)max-g(x)min=,所以满足条件的最大整数M=4.(2)对任意的s,t都有f(s)g(t)成立等价于在区间上,函数f(x)的最小值不小于g(x)的最大值.由(1)知,在区间上,g(x)的最大值为g(2)=1.所以在区间上, f(x)min1.又因为f(1)=a,所以a1.下面证当a1时,在区间上, f(x)1恒成立.当a1且x时,f(x)=+xln x+xln x,记h(x)=+xln x,则h(x)=-+ln x+1,h(1)=0,当x时,h(x)=-+ln x+10,所以函数h(x)=+xln x在区间上递减,在区间(1,2上递增,所以在区间上,h(x)min=h(1)=1,即h(x)1,所以当a1且x时, f(x)1恒成立,故满足条件的a的取值范围为1,+).
