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文档简介

1例题直线yx2与曲线yex+a相切,则a的值为(【答案】【解析】对于函数y=−ex+a,y’=−ex+a,其在(x0ex0+a)y+ex0+a=−ex0+a(x−即yex0+axx01)ex0−ex0+a=

(x0−1)ex0+a=

,解得x03,a例题已知函数f(x)=(x−3)ex,若经过点(0,a)且与曲线y=f(x)相切的直线有三条,则 −3<a<−a>a<−a<−3或a【答案】【解析】fx)=(x31)exx2)设切点为(x0y0),则切线方程为yy0=(x02)ex0(xx0).切线经过点(0,a),所以ay0=(x02)ex0将y0x03)ex0代入,得ax03)ex0x02ex00化简,ex0(−x23x030问题等价于方程ex(−x23x3a有3个解.设g(x)=ex(−x2+3x−3),则g’(x)=ex(−x2+3x−3−2x+3)=ex(−x2+当x0时,gx0,g(x)单调减;当0x1时,gx0,g(x)单调增;当x时,gx)<0,g(x),

>g(1)=−e,g(2)=−e2<g(0)=因此,g(0)ag(1),即−3a例题若函数y=f(x)在x=x0处取得极大值或极小值,则称x0为函数y=f(x)f(x)=x3−tx2+1(t∈ 【解析】证明:由(1)知fx3x2−2tx,令fx1,则3x2−2tx−1=0,所以Δ>0,即对任意实数t,f′(x)=1总有两个不同的实数根x1,x2,所以不论t为何值,函数f(x)在x=x1,x=x2处的切线平行.设这两条切线方程分别为y(3x22tx1x2x3tx21和 y=(3x2−2tx2)x−2x3+tx2+ 若两切线重合,则−2x3tx212x3tx2 即2[(x1x2)2x1x2=t(x1 而x1x2

,化简得x1x2

此时(x1−x2)2=(x1+x2)2—4x1x2

=0,与x1/x2 例题已知函数f(x)=−px3+3x(p>0),若f(x)存在极大值点x1,且存在一个不与x1重合的x21x得f(x1f(x2x1

+2的值 【答案】【解析】解:f′(x)=3(−px2+1)x1

1,f(x1)= 1 ∵f(x1)=∴−px3+3x1=−px3+ ∴p(x3−x3)=3(x2− ∴x2+x1x2+x2=3 代入x1 1得x2+x2+1=3 2即px2+ p−2=22解得x2= p∴1+2

p p= 例题已知函数f(x)=x22cosxg(x)=ex(cosxsinx2x2),其中e=2.71828是自令h(x)=g(xaf(xa∈R),讨论h(x)【解析】解:h(x)=g(x)−af(x)=ex(cosx−sinx+2x−2)−a(x2+2cosx),则hx)=ex(cosx−sinx+2x−2)+exsinx−cosx+2)−a(2x−2sinx)=2(x−sinx)(ex−令u(x)=x−sinx,则u′(x)=1−cosx⩾0,∴函数u(x)在Ru(0)=0,∴当x0时,u(x)>0;当x0时,u(x)<①当a0时,exa0,∴当x0时,hx0,函数h(x)在(0,上单调递增;当x0时,hx0,函数h(x)在0)上单调递减.∴当x=0时,函数h(x)取得极小值,h(0)=−1−2a②当a>0时,令hx)=2xsinx(exelna=解得x1=lna,x2=当0a1xlna)时,exelna<0,hx)>0,函数h(x)当xlna0)时,exelna0,hx0,函数h(x)当x∈(0exelna0,hx0,函数h(x)∴当x=0时,函数h(x)取得极小值,h(0)=−2a1.当x=lna时,函数h(x)h(lna)=−a[ln2a−2lna+sin(lna)+cos(lna)+2];当a1lna0,xRhx0,∴函数h(x)在R上单调递增,无极值;当a>1时,lna>0x0)时,exelna<0hx)>0,函数h(x)x∈(0,lna)时,exelna<0hx)<0,函数h(x)x∈(lnaexelna>0hx)>0,函数h(x)∴当x=0时,函数h(x)取得极大值,h(0)=−2a1.当x=lna时,函数h(x)h(lna)=−a[ln2a−2lna+sin(lna)+cos(lna)+综上所述,当a⩽0时,函数h(x)在(0,+∞)上单调递增,在(−∞,0)上单调递减.当x=0时,函数h(x)取得极小值,即h(0)=−1−2a,无极大值;当0<a<1时,函数h(x)在(−∞,lna)上单调递增,在(lna,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.当x=0时,函数h(x)取得极小值,即h(0)=−2a−1.当x=lna时,函数h(x)取得极大值,即h(lna)=−a[ln2a−2lna+sin(lna)+cos(lna)+2];当a=1时,函数h(x)在R当a>1时,函数h(x)在0),(lna上单调递增,在(0lna)上单调递减.当x=0时,函数h(x)取得极大值,即h(0)=−2a−1.当x=lna时,函数h(x)h(lna)=−a[ln2a−2lna+sin(lna)+cos(lna)+2].例题已知函数f(xln

—ax2+讨论函数f(x)【解析 解:由f(xln2xaxxln2xax

(x)=−

–2ax+1

−2ax2+x−x,x∈(0,当a0时,fx

x−,x当x∈(01)时,fx)<0;当x∈(1,时,fx)>0,所以x1,f(x)x=1是f(x)当a<0时,Δ=1−8a>0,令f′(x)=0,得x1=1+ 1−8ax2 显然,x1>0,x2<∴当x(0,x1)时,fx0,当xx1时,fxf(x)在x=x1取得极小值,f(x)1

1 1−,当a>0时,Δ=18a⩽0即a

时,fx)⩽8f(x)在(0,+∞)上是减函数,f(x)1

1 1−当0<a 时,Δ=1−8a>0,令f′(x)=0,得x1= 1 1− x2 当x(0,x1)和xx2时fx0;当xx1x2)时,fx∴f(x)在x1取得极小值,在x2取得极大值,所以f(x)有两个极值点.综上可知:当a⩽0时,f(x)仅有一个极值点;1当a⩾8时,f(x)1当0<a<8时,f(x)若f(x)有两个极值点x1,x2,证明:f(x1f(x234ln【解析 证明:∵由(1)知,当且仅当a∈(0,8)时,f(x)有极小值点x1和极大值点x2x1,x2是方程2ax2−x+1=0的两根,∴x1+x2

1,x1x2=1 1 12f(x1)+f(x2)=2

ax2+x1+

ax2+=−(ln2x1+ln2x2)−a(x2+x2)+(x1+ =−lna−a[4a2−a]+ =ln2−4a+1+2a=lna+4a+1−ln 设g(a)=lna+4a+1−ln2,a∈(0,8∵g′(a)=1

=4a−1< ∴a∈(0,8)时,g(a)是减函数,g(a)>g81∴g(a)>ln8+3−ln2=3−4lnf(x1f(x2)>34ln2例题(2−若函数f(x) x2+m的图象如图所示,则m的取值范围为 (−∞,(−1,(0,(1,【答案】∴m>又x时,f(x2m0m2,又∵f(x)是奇函数,∴x>0f(x)=(2−m)xx2+

2−x+mx∴f(x)在 m)上单调递增 m,+∞)上单调递减 m>1⇒m>综上,实数m的取值范围是(12),例题ex+2klnx−

x=

f 已知函数f(x

, 是函

2(−∞, 24e(−∞,2(0,[2,【答案】【解析】解:∵函数f(x)的定义域是(0,+∞)∴f′(x)

ex(x−2)

(ex−kx2)(x−x—k ∵x=2是函数f(x)x2是导函数fx)=0exkx20在(0, 即k=x2在x>0上无变号零点,令g(x)=x2ex(x−∵g′(x) ∴g(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)g(x)的最小值为g(2)=4∴必须k⩽4故选例题设函数f(xe2xexax,若对∀x0,f(x2,则实数a的取值范围是((−∞,[3,(−∞,[2,【答案】【解析】f(0)2,故使得题意成立的必要条件是f00,解得a下面说明充分性:当a3时,fx2e2xexa(2ex3ex1)0,满足题例题a/ 1+x,x>1对任意xe2)均有f(x注:e=2.71828⋯

2a,求a【解析 解:由f(1)⩽2a,得0<a 4 21+当0<a 4时,f(x)⩽2a,等价于a2 1令t ,则t⩾ a设g(t)= x− 1+x−2lnx,t⩾ 2

—2lnx⩾则g(t) x(t1

1+1x

—1+x−2lnx1当x∈7)时,1

⩽ x则g(t)⩾g 2)= x− 1+x−2ln1记p(x)= x− 1+x−lnx,x⩾7则p′(x) −1= x+1 2x x+ x+ x+(x−1)[1 x 2x+2− x+1 x+1)(x+1 ∴p(x)⩾p(1)=∴g(t)⩾g 2)=2p(x)⩾当x∈[1,1)时,g(t)⩾g 1+1)= xlnx−(x+1)e2 2令q(x)= xlnx+(x+1),x∈ 2 则q′(x) lnx+2+1>x1故q(x)在

1)上单调递增,∴q(x)⩽7

(7 由(i)得q(7)= 7p(7)< 7p(1)=∴q(x)<0,∴g(t)⩾g 1+1)=−q(x)> 1由(i)(ii)知对任意x∈[e2,+∞),t∈ 2,+∞),g(t)⩾ 即对任意xe2),均有f(x2a2综上所述,所求a的取值范围是 4例题已知函数f(x)=lnx+ax2+bx(其中a,b为常数且a=0)在x=1处取得极值.当a=1时,求函数f(x)的单调区间. 解:因为函数f(x)=lnx+ax+bx,所以 (x)

+2ax+b(x>x因为函数f(xlnxax2bx在x1处取得极值,所以f′(1)=12ab=0,当a1时,b3,所以f′(xf′(x),f(x)随x

2x2−3x+,x1所以f(x)的单调递增区间为(0,2),(111若f(x)在(0,e]上的最大值为1,求a因为f′(x

(2ax−1)(x−,x1令fx0,x11,x2

因为f(x)在x=1处取得极值,所以x2=2a/x1=1,当2a<0时,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,e]上单调递减,所以f(x)在区间(0,e]上的最大值为f(1),令f(11,解得a1当a>0时,x2 > 当2a<1时,函数f(x)在区间(0,2a)上单调递增,在区间2a,1)上单调递减,在区间(1,e)上单调递增,1所以最大值1可能在x=2a或x=e 因为f(2a)=ln2a+a(2a —(2a+1)2a=ln2a−4a−1<1所以f(e)=lne+ae2−(2a+1)e=1,解得a1

当12a<e时,f(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,2a)所以最大值1可能在x=1或x=e处取得,而f(1)=ln1+a−(2a+1)<0,所以f(e)=lne+ae2−(2a+1)e= 解得a=e2,与1<x2=2a<e矛盾;当x2=2a⩾e时,f(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,e)所以最大值1可能在x=1处取得,而f(1)=ln1+a−(2a+1)<0,矛盾.综上所述,ae2或a例题=【答案】a ′(x)=1x所以g1)=则f(x)的最小值为fa即2=1,解得a1若不等式bf(x)⩽xg(x)对任意x∈e,e2]恒成立,其中e,]【答案 ,] 3e−1e−【解析】解:由(1)知,f(x)=x2−2x.不等式bf(x)⩽xg即bx22bxxlnx1所以b(x−3)⩽lnx对任意x∈e,e2]令h(x)=b(x−3)−1则h′(x)=b

=bx− ①若b0,则h′(x)<0,所以函数h(x)在e

,e2] 故[h(x)]max=he=be3lne

⩽e解得b⩾3−1>e②若b>令h′(x)=1解得x b{{2

–3)−ln1e⩽ h(e)=b(e−3)−lne⩽0 3e1b⩽e23

3e−1e2−5曲线y曲线y=e−2x+1在点(0,2)处的切线与直线y=0和y=x1312231【答案】【解析】y′=−2e−2x,曲线在点(0,2)处的切线斜率k=−2,∴切线方程为y=−2x+2线y=0和y=x围成的三角形如图13-1所示,其中直线y=−2x+2与y=x的交点A2,23 ,∴三角形面积S=21×3=3.故选随堂题若x=−2是函数f(x)=(x2+ax−1)ex−1的极值点,则f(x)的极小值为 A.B.C.D.【答案】【解析】f′(x2xaex−1(x2ax1ex−1=[x2a2)xa1x−2是f(x)的极值点,f(−2)0,即(42a4a1e−30a=f(x(x2x1ex−1,fx(x2x2ex−1.由fx0,得x2x1;由fx)<0,得−2<x1.f(x)在2)上单调递增,在(−21)上单调递减,在(1,上单调递增,x1为f(x)的极小值点,(x)的极小值为f(1)故选随堂题已知函数f(x)=ex−ln(x+3),则下面对函数f(x)的描述正确的是 1∀x∈(−3,+∞),f(x)31∀x∈(−3,+∞),f(x)>2∃x0∈(−3,+∞),f(x0)=f(x)min∈(0,【答案】【解析 解:因为函数f(xelnx3),定义域为(−3,所以1易知导函数f′(x)在定义域(−3,+∞)上是单调递增函数,又f′(−1)<0f′(−

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