《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 新人教A版》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 新人教A版（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第二章 第13节 导数的综合应用 第一课时1(导学号14577225)(2018银川市模拟)设f(x)xln xax2，a为常数(1)若曲线yf(x)在x1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x1x2求证：a0求证：f (x2)f (x1).解：(1)f(x)xln xax2的导数为f(x)ln x12ax，在x1处的切线斜率为k12a，切点为(1，a)，在x1处的切线过点A(0，2)，则k12aa2，解得a1；(2)证明：由题意可得f(x)0有两个不等的实根x1，x2，且0x1x2，设g(x)ln x12ax，g(x)2a，x0.当a0，则g(x)
2、0，g(x)在(0，)递增，不合题意；当a0时，g(x)0解得x，g(x)0解得x，即有g(x)在递增，在递减即有gln0，解得a0；由上可知，f(x)在(x1，x2)递增，即有f(x2)f(x1)，f(1)g(1)12a0，则x1(0,1)，由可得ax1，即有f(x1)x1ln x1ax(x1ln x1x1)，设h(x)(xln xx)，0x1，h(x) ln x0在(0,1)恒成立，故h(x)在(0,1)递减，故h(x)h(1)，由此可得f(x1)，综上可得f (x2)f (x1).1(导学号14577225)(2018银川市模拟)设f(x)xln xax2，a为常数(1)若曲线yf(x)
3、在x1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x1x2求证：a0求证：f (x2)f (x1).解：(1)f(x)xln xax2的导数为f(x)ln x12ax，在x1处的切线斜率为k12a，切点为(1，a)，在x1处的切线过点A(0，2)，则k12aa2，解得a1；(2)证明：由题意可得f(x)0有两个不等的实根x1，x2，且0x1x2，设g(x)ln x12ax，g(x)2a，x0.当a0，则g(x)0，g(x)在(0，)递增，不合题意；当a0时，g(x)0解得x，g(x)0解得x，即有g(x)在递增，在递减即有gln0，解得a0；由上可知，f(x
4、)在(x1，x2)递增，即有f(x2)f(x1)，f(1)g(1)12a0，则x1(0,1)，由可得ax1，即有f(x1)x1ln x1ax(x1ln x1x1)，设h(x)(xln xx)，0x1，h(x) ln x0在(0,1)恒成立，故h(x)在(0,1)递减，故h(x)h(1)，由此可得f(x1)，综上可得f (x2)f (x1).2(导学号14577226)已知函数f(x)xln xmx(mR)的图象在点(1，f(1)处的切线的斜率为2.(1)求实数m的值；(2)设g(x)，讨论g(x)的单调性；(3)已知m，nN*且mn1，证明 .解：(1)因为f(x)xln xmx，所以f(x)
5、1ln xm.由题意f(1)1ln 1m2，得m1.(2)g(x)(x0，x1)，所以g(x).设h(x)x1ln x，h(x)1.当x1时，h(x)10，h(x)是增函数，h(x)h(1)0，所以g(x)0，故g(x)在(1，)上为增函数；当0x1时，h(x)1h(1)0，所以g(x)0，故g(x)在(0,1)上为增函数；所以g(x)在区间(0,1)和(1，)上都是单调递增的(3)证明：由已知可知要证，即证ln nln m，即证ln mln n，即证，即证g(m)g(n)，又mn1(m，nN*)，由(2)知g(m)g(n)成立，所以.3(导学号14577227)(理科)函数f(x)ln(xm
6、)nln x.(1)当m1，n0时，求f(x)的单调减区间；(2)n1时，函数g(x)(m2x)f(x)am，若存在m0，使得g(x)0恒成立，求实数a的取值范围解：(1)f(x)ln(x1)nln x，定义域为(0，)，f(x)，当n1时，f(x)0，此时f(x)的单调减区间为(0，)；当0n1时，0x时，f(x)0，此时f(x)的单调减区间为；当n1时，x时，f(x)0，此时减区间为.(2)n1时，g(x)(m2x)ln(xm)lnxam，g(x)0，0，即lna0，设t1，(t1)ln ta(t1)0，ln t0.设h(t)ln t，h(t)，h(1)0，当a2时，t22(1a)t1t2
7、2t10，故h(t)0，h(t)在(1，)上单调递增，因此h(t)0；当a2时，令h(t)0，得：t1a1，t2a1，由t21和t1t21，得：t11，故h(t)在(1，t2)上单调递减，此时h(t)h(1)0.综上所述，a2.3(文科)(2018西安市三模)已知函数f(x)x26ax1，g(x)8a2ln x2b1，其中a0.(1)设两曲线yf(x)，yg(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)g(x)，证明：若a1，则对任意x1，x2(0，)，x1x2，有14.解：(1)：设f(x)与g(x)的图象交于点P(x0，y0)(x00)，则有f(
8、x0)g(x0)，即x6ax018a2ln x02b1又由题意知f(x0)g(x0)，即2x06a，由解得x0a或x04a(舍去)，将x0a代入整理得ba24a2ln a，令K(a)a24a2ln a，则K(a)a(38ln a)，当a时，K(a)单调递增，当a时K(a)单调递减，所以K(a)K()2e，即b2e，b的最大值为2e；(2)证明：不妨设x1，x2(0，)，x1x2，14，变形得h(x2)14x2h(x1)14x1，令T(x)h(x)14x，T(x)2x6a14，a1，T(x)2x6a148a6a140，则T(x)在(0，)上单调递增，T(x2)T(x1)，即14成立，同理可证，当
9、x1x2时，命题也成立综上，对任意x1，x2(0，)，x1x2，不等式14成立4(导学号14577229)(理科)(2018大庆市一模)已知函数f(x)ln (xa)x2x在x0处取得极值(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若关于x的方程f(x)xb在区间(0,2)有两个不等实根，求实数b的取值范围；(3)对于nN*，证明：ln(n1)解：(1)由已知得f(x)2x1，f(0)0，0，a1.f(x)ln (x1)x2x(x1)，于是f(x)(x1)，由f(x)0得1x0；由f(x)0，得x0，f(x)的单调递增区间是(1,0)，单调递减区间是(0，)(2)令g(x)f(x)ln (x1)x2
10、xb，x(0,2)，则g(x)2x，令g(x)0，得x1或x(舍去)当0x1时，g(x)0；当1x2时g(x)0，即g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减方程f(x)xb在区间(0,2)有两个不等实根等价于函数g(x)在(0,2)上有两个不同的零点，即；亦即，ln 31bln 2，故所求实数b的取值范围为.(3)证明：由(1)可得，当x0时ln (x1)x2x(当且仅当x0时等号成立)设x，则ln ，即ln ln，ln，ln，ln ，将上面n个式子相加得：ln ln ln ln ln (n1)，故ln(n1)4(导学号14577230)(文科)(2018天津河北区三模)已知函数
11、f(x)axbln x表示的曲线在点(2，f(2)处的切线方程x2y2ln 20(1)求a，b的值；(2)若f(x)kx2对于x(0，)恒成立，求实数k的取值范围；(3)求证：nN*时，n(n1)2.解：(1)函数f(x)axbln x的导数为f(x)a，在点(2，f(2)处的切线方程x2y2ln 20，即有a，解得a1，f(2)2abln 21ln 2，解得b1，则有a1，b1；(2)f(x)kx2对于x(0，)恒成立，即有x1ln xkx2对于x(0，)恒成立，即有k1对于x(0，)恒成立令g(x)，g(x)，当xe2时，g(x)0，g(x)递增；当0xe2时，g(x)0，g(x)递减则x
12、e2处g(x)取得极小值，也为最小值，且为，即有k1，解得k1；(3)证明：f(x)x1ln x(x0)，f(x)1，当x1时，f(x)0，f(x)递增，当0x1时，f(x)0，f(x)递减则x1处f(x)取得极小值，也为最小值，且为0，则有f(x)0，即为x1ln x，取xn，则n1ln n，即有nen1.即有12n1ee2en1.则有n(n1)，即有nN*时，n(n1)2.2(导学号14577226)已知函数f(x)xln xmx(mR)的图象在点(1，f(1)处的切线的斜率为2.(1)求实数m的值；(2)设g(x)，讨论g(x)的单调性；(3)已知m，nN*且mn1，证明 .解：(1)因为f(x)xln xmx，所以f(x)1ln xm.由题意f(1)1ln 1m2，得m1.(2)g(x)(x0，x1)，所以g(x).设h(x)x1ln x，h(x)1.当x1时，h(x)10，h(x)是增函数，h(x)h(1)0，所以g(x)0，故g(x)在(1，)上为增函数；当0x1时，h(x)1h(1)0，所以g(x)0，故g(x)在(0,1)上为增函数；所以g(x)在区间(0,1)和(1，)上都是单调递增的(3)证明：由已知可知要证，即证ln nln m，即证ln m
