《高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第13节导数的综合应用第一课时练习新人》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第13节导数的综合应用第一课时练习新人（21页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、即有 f(X1) = X1lnX1+ ax2=12(X1InX1 X1),1 In2第二章第13节导数的综合应用第一课时I提琴能 课时冲关打造能力各个击礦1. (导学号14577225)(2018 银川市模拟)设f(x) = xl n x + ax 由此可得f (xj , a为常数.(1)若曲线y =f(x)在x= 1处的切线过点 A(0，- 2)，求实数a的值；若f (x)有两个极值点X1, X2且X1V X21 求证：2 v av 01 求证：f ( X2) f ( X1) 2.2解：(1) f(x) = Xl n x + ax 的导数为 f( x) = In x+ 1 + 2ax,在x
2、= 1处的切线斜率为k= 1 + 2a,切点为(1 , a),在x = 1处的切线过点 A(0， 2)，贝U k= 1 + 2a= a + 2, 解得a= 1; 证明：由题意可得 f(x)= 0有两个不等的实根 X1, X2，且0v X1V X2,1设 g(x) = In x+ 1 + 2ax, g(x) = - + 2a, x0.X当a 0,贝U g(x) 0, g(x)在(0,+)递增，不合题意；1 1当 av0 时，g(x) 0 解得 xv 亦，g(x) v 0 解得 x亦，即有g(x)在0， 递增，在i 2a，+m 递减.f 1 f 1 1即有 g 2a = In i 2a ，解得2f
3、 (X1),f (1) = g(1) = 1 + 2a0,贝V X1 (0,1)，由可得 ax1 =1设 h(x) = 2(xln x x) , 0v xv 1,1h(x) = In xv 0 在(0,1)恒成立,1故 h(x)在(0,1)递减，故 h(x) h(1) = 2,1综上可得 f (X2)f (Xi) 2.1 (导学号 14577225)(2018 银川市模拟)设 f(x) = xln x+ ax 综上可得f ( X2) f ( X1) 歹, a为常数.(1) 若曲线y = f(x)在x= 1处的切线过点 A(0， 2)，求实数a的值；(2) 若f (x)有两个极值点X1, X2且
4、X1V X21 求证：2 v av 01 求证：f ( X2) f ( X1) 2解：(1) f(x) = xln x + ax2 的导数为 f( x) = In x+ 1 + 2ax,在x = 1处的切线斜率为 k= 1 + 2a,切点为(1 , a),在x = 1处的切线过点 A(0， 2)，贝U k= 1 + 2a= a + 2, 解得a= 1;(2)证明：由题意可得 f (x)= 0有两个不等的实根 X1, X2，且0v X1V X2,5 , 1设 g(x) = In x+ 1 + 2ax, g ( x) = - + 2a, x 0.X当a0,贝U g(x) 0, g(x)在(0,+)
5、递增，不合题意；1 1当 av0 时，g(x) 0解得 xv 亦，g(x) v 0 解得 x亦，即有g(x)在0，右 递增，在i 2a，+m 递减. 即有 g 2 = In i 2 0，解得2 v av 0;1 In X1由上可知，f(x)在(X1, X2)递增，即有f (X2) f(X1),f (1) = g(1) = 1 + 2a0,贝y X1 (0,1)，由可得 ax1 =2 1即有 f(x = X1ln X1+ ax1 = 2(X1ln X1 xj ,51设 h(x) = 2(xln x x) , 0v xv 1,1 h(x) = ln xv 0 在(0,1)恒成立，1 故 h(x)在
6、(0,1)递减，故 h(x) h(1) = ,1由此可得f(X1) ,2. (导学号14577226)已知函数f(x) = xln x + m)(m R)的图象在点(1 , f(1)处的切线的斜率为2.(1) 求实数m的值；f x x(2) 设g( x)=，讨论g(x)的单调性;x 1(3)已知mn N*且nn1,证明2 n厂m ,m解： 因为 f (x) = xln x+ mx 所以 f(x) = 1 + In x+ m由题意 f (1) = 1 + In 1 + mR 2,得 mR 1.f x x xl n x g(x) =x=二1 (x0, xm 1),所以g(x)=x 1 Inx 1设
7、 h(x) = x 1 Inx,h(x) = 1 Lx当 x1 时，h(x) = 1 x0, h(x)是增函数,xh( x)h(1) = 0,x 1 In x所以 g(x) = x 120,故g(x)在(1 ,+s)上为增函数；1当 0x1 时，h(x) = 1 -h(1) = 0,一 1 一 ln 所以g(x) =i一 0，故g(x)在(0,1)上为增函数;1所以g(x)在区间(0,1)和(1 ,+)上都是单调递增的.证明：由已知可知要证In nIn m一Inmnn 1m 1InnmnInmnln nm 1n 1即证n In m即证即证即证 g(mg( n),In n,*mn n又 mn1(
8、m n N)，由 知 g( m)g( n)成立，所以一m.3. (导学号 14577227)(理科)函数 f(x) = ln( x + n) nln x.当m 1, n 0时，求f(x)的单调减区间;n= 1时，函数g(x) = (m 2x)f (x) am,若存在m0,使得g(x) 0恒成立，求实 数a的取值范围.1 n n x n 解：(1) f (x) = ln( x+ 1) nln x，疋乂域为(0 , f ( x) = x -= x x+- ,1 当n= 1时，f (x) = v 0，此时f (x)的单调减区间为(0,+);x x十 当0v nv 1时，0v xv 1n时，f (x)
9、 v 0,此时f(x)的单调减区间为 0, yn ； 当n 1时，x 1n时，f(x) v 0，此时减区间为 yn，+ .(2) n= 1 时，g(x) = (m 2x)ln( x+ m) In x am,g x g(x) 0,.1 lm+ x nxx 0,即(t + 1)ln t a( t 1) 0, ln t t + 1 0.设 h( t) = ln ta t t2+2卞L h(t)=一 a t 十1, h(1)=0,14. h(t)在(1 ,g)上当 aw2 时，t2+ 2(1 a)t +1 t2 2t + 1 0,故 h(t) 0,单调递增，因此h(t) 0;当 a2 时，令 h(t)
10、 = 0,得：t1 = a 1 a 1,2= a 1十 a 1 1,由t2 1和t1t2= 1，得：t1 1,故h(t)在(1 , t2)上单调递减，此时 h(t) v h(1) = 0.综上 所述，a 0.(1) 设两曲线y = f(x), y = g(x)有公共点，且在该点处的切线相同，用a表示b,并求b的最大值；(2) 设 h(x) = f (x)十 g(x)，证明：若 a 1,则对任意 X1, X2 (0 ,-g),为工X2，有h X2 h X1X2 X1解：(1):设 f (x)与 g(x)的图象交于点 P(X0, yo)( Xo 0),则有 f(Xo) = g(X0),22即 x+
11、 6ax+ i = 8a In x+ 2b+ i 又由题意知f (X。)= g(x。)，即2X0+ 6a=竽 ,由解得xo= a或xo= 4a(舍去)，7 22将X0= a代入整理得b=a 4a In a,令 K(a) = |a2 4a2ln a,则 K( a) = a(3 8ln a),当a【寸，K(a)单调递增，当a+ m时K(a)单调递减,所以 K(a) w K(8 e3) = 2e,即3bw 2e4,3b的最大值为2e4；证明：不妨设Xi, X2 (0 ,h X2 h xiXii4,变形得 h(X2) 14x2h(xi) i4xi,令 T(x) = h(x) i4x, T(x) = 2
12、x+ 8a + 6a i4, a i, T(x) = 2x + 6a-5a+ 6a-件 0,X则 T(x)在(0 ,+)上单调递增,T(X2)T(Xi),阳 hX2 hxi亠、即 -一i4成立,X2 Xi同理可证，当Xi X2时，命题也成立.综上，对任意 Xi, X2(0，+m), XiMX2,不等式h X2X2 Xi Xi i4成立. 24.(导学号 i4577229)(理科)(20i8 大庆市一模)已知函数 f (x) = ln ( x + a) x x在x= 0处取得极值.(1)求函数f(X)的单调区间;5 若关于x的方程f (x) = ?x+ b在区间(0,2)有两个不等实根，求实数b的取值范围;*234n+i(3)对于n N ,证明:卡+尹亍+ nln( n+ i ii 2x x+ a解：由已知得f(x) = = 2x i =x十ax+ ax + a,/ f (0) = 0, = 0,aa= 1. f (x) = ln (2x+ 1) x x(x 1),是 f (x)=1 2x x+x+1x + 12x x+1(x- 1)，13则 g(x)= x+1 一2x+ 2一？5x= 1 或 x=-(舍去).当 0vxv 1
