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高考数学专题九复数与导数第练导数的应用练习讲解



【步步高】 (浙江专用)2017 年高考数学 专题九 复数与导数 第 77 练 导数的应用练习
训练目标 训练题型 (1)利用导数研究函数的常见题型;(2)解题步骤的规范训练. (1)利用导数求切线问题;(2)导数与单调性;(3)导数与极值、最值. (1)求曲线切线的关键是确定切点;(2)讨论函数的单调性、极值、最值可通过 解题策略 研究导数的符号用列表法解决;(3)证明不等式、不等式恒成立或有解、函数零 点问题都可以转化为函数极值、最值问题.

1.设函数 f(x)=(x-1)e -kx . (1)当 k=1 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)若 f(x)在 x∈[0,+∞)上是增函数,求实数 k 的取值范围.

x

2

1 3 1 2 2.设 f(x)=- x + x +2ax. 3 2 2 (1)若 f(x)在( ,+∞)上存在单调递增区间,求 a 的取值范围; 3 16 (2)当 0<a<2 时,f(x)在[1,4]上的最小值为- ,求 f(x)在该区间上的最大值. 3

1

3.已知函数 f(x)=ax-1-ln x,a∈R. (1)讨论函数的单调区间; (2)若函数 f(x)在 x=1 处取得极值,对? x∈(0,+∞),f(x)≥bx-2 恒成立,求实数 b 的 取值范围.

4.(2015·南平质检)已知函数 f(x)=sin x,g(x)=mx- (m 为实数). 6 π π (1)求曲线 y=f(x)在点 P( ,f( ))处的切线方程; 4 4 (2)求函数 g(x)的单调递减区间; (3)若 m=1,证明:当 x>0 时,f(x)<g(x)+ . 6

x3

x3

5.(2015·北京)设函数 f(x)= -kln x,k>0. 2 (1)求 f(x)的单调区间和极值;

x2

2

(2)证明:若 f(x)存在零点,则 f(x)在区间(1, e ]上仅有一个零点.

答案解析 1.解 (1)当 k=1 时,f(x)=(x-1)e -x , ∴f′(x)=e +(x-1)e -2x=x(e -2). 令 f′(x)>0,即 x(e -2)>0,∴x>ln 2 或 x<0. 令 f′(x)<0,即 x(e -2)<0,∴0<x<ln 2. 因此函数 f(x)的单调递减区间是(0,ln 2); 单调递增区间是(-∞,0)和(ln 2,+∞). (2)易知 f′(x)=e +(x-1)e -2kx=x(e -2k). ∵f(x)在[0,+∞)上是增函数, ∴当 x≥0 时,f′(x)=x(e -2k)≥0 恒成立. ∴e -2k≥0,即 2k≤e 在[0,+∞)上恒成立. 1 x 由于 e ≥1,∴2k≤1,则 k≤ . 2 1 x 又当 k= 时,f′(x)=x(e -1)≥0,当且仅当 x=0 时取等号. 2 1 因此,实数 k 的取值范围是(-∞, ]. 2 1 2 1 2 2.解 (1)f′(x)=-x +x+2a=-(x- ) + +2a. 2 4 2 2 2 当 x∈[ ,+∞)时,f′(x)的最大值为 f′( )= +2a. 3 3 9 2 1 令 +2a>0,得 a>- . 9 9 1 2 所以当 a>- 时,f(x)在( ,+∞)上存在单调递增区间. 9 3 2 1 即 f(x)在( ,+∞)上存在单调递增区间时,a 的取值范围为(- ,+∞). 3 9 1- 1+8a 1+ 1+8a (2)令 f′(x)=0,得两根 x1= ,x2= , 2 2
3
x x x x x x x x x x x x
2

所以 f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增. 当 0<a<2 时,有 x1<1<x2<4,所以 f(x)在[1,4]上的最大值为 f(x2). 27 又 f(4)-f(1)=- +6a<0,即 f(4)<f(1). 2 40 16 所以 f(x)在[1,4]上的最小值为 f(4)=8a- =- . 3 3 得 a=1,x2=2, 10 从而 f(x)在[1,4]上的最大值为 f(2)= . 3 1 ax-1 3.解 (1)在区间(0,+∞)上,f′(x)=a- = .

x

x

①若 a≤0,则 f′(x)<0,f(x)是区间(0,+∞)上的减函数; 1 ②若 a>0,令 f′(x)=0 得 x= .

a

1 在区间(0, )上,f′(x)<0,函数 f(x)是减函数;

a

1 在区间( ,+∞)上,f′(x)>0,函数 f(x)是增函数,

a

综上所述,①当 a≤0 时,f(x)的单调递减区间是(0,+∞),无单调递增区间; 1 1 ②当 a>0 时,f(x)的单调递增区间是( ,+∞),单调递减区间是(0, ).

a

a

(2)因为函数 f(x)在 x=1 处取得极值,所以 f′(1)=0, 解得 a=1,经检验满足题意. 由已知 f(x)≥bx-2, 1 ln x 则 x-1-ln x≥bx-2,1+ - ≥b,

x

x

1 ln x 令 g(x)=1+ - ,

x

x

1 1-ln x ln x-2 则 g′(x)=- 2- = , 2 2

x

x

x

易得 g(x)在(0,e ]上单调递减,在[e ,+∞)上单调递增, 1 2 所以 g(x)min=g(e )=1- 2, e 1 即 b≤1- 2. e π π 2 4.(1)解 由题意得所求切线的斜率 k=f′( )=cos = . 4 4 2

2

2

4

π 2 2 2 π 切点 P( , ),则切线方程为 y- = (x- ), 4 2 2 2 4 π 即 x- 2y+1- =0. 4 1 2 (2)解 g′(x)=m- x . 2 ①当 m≤0 时,g′(x)≤0,则 g(x)的单调递减区间是(-∞,+∞); ②当 m>0 时,令 g′(x)<0, 解得 x<- 2m或 x> 2m, 则 g(x)的单调递减区间是(-∞,- 2m),( 2m,+∞). (3)证明 当 m=1 时,g(x)=x- . 6 令 h(x)=g(x)+ -f(x)=x-sin x,x∈(0,+∞), 6

x3

x3

h′(x)=1-cos x≥0,
则 h(x)是(0,+∞)上的增函数, 故当 x>0 时,h(x)>h(0)=0,即 sin x<x,f(x)<g(x)+ . 6 5.(1)解 函数的定义域为(0,+∞). 由 f(x)= -kln x(k>0)得 2

x3

x2

k x2-k f′(x)=x- = . x x
由 f′(x)=0 解得 x= k(负值舍去).

f(x)与 f′(x)在区间(0,+∞)上的变化情况如下表: x f′(x) f(x)
(0, k) - ?

k
0

( k,+∞) + ?

k(1-ln k)
2

所以,f(x)的单调递减区间是(0, k),单调递增区间是( k,+∞).

k(1-ln k) f(x)在 x= k处取得极小值 f( k)= ,无极大值.
2 (2)证明 由(1)知,f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为 f( k)= 因为 f(x)存在零点,所以

k(1-ln k)
2

.

k(1-ln k)
2

≤0,从而 k≥e,

当 k=e 时,f(x)在区间(1, e)上单调递减,且 f( e)=0,
5

所以 x= e是 f(x)在区间(1, e ]上的唯一零点. 1 e-k 当 k>e 时,f(x)在区间(0, e )上单调递减,且 f(1)= >0,f( e)= <0, 2 2 所以 f(x)在区间(1, e ]上仅有一个零点. 综上可知,若 f(x)存在零点,则 f(x)在区间(1, e ]上仅有一个零点.

6



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