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全国通用2022版高考数学考前三个月复习冲刺中档大题规范练6导数的应用理

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【步步高】(全国通用)2022版高考数学复习考前三个月中档大题规范练6导数的应用理1.已知函数f(x)=ex(x2+bx+c),且曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=4x+1.(1)求f(x)的解析式;(2)讨论f(x)的单调区间.2.(2022·北京东城区模拟)已知函数f(x)=x2+2alnx(a∈R).(1)讨论函数f(x)的单调区间;(2)若函数g(x)=+f(x)在区间[1,4]上是单调递增函数,求实数a的取值范围.9\n3.(2022·山东实验中学模拟)设函数f(x)=x2+bln(x+1),其中b≠0.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)证明:当b=1时,对于任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1≠x2,都有>.4.已知函数f(x)=x2+(x≠0,a∈R).(1)讨论函数f(x)的奇偶性,并说明理由;(2)若函数f(x)在[2,+∞)上为增函数,求a的取值范围.9\n9\n5.已知函数f(x)=x2-ax+lnx.(1)求函数f(x)的极值点;(2)若函数f(x)在区间[2,6]内有极值,求a的取值范围.6.已知函数f(x)=lnx-+,a∈R.(1)当a=1时,求函数f(x)在[4,+∞)上的最小值;(2)令g(x)=f(x)+-.①若方程e2g(x)=lnx-f(x)在上有解,求实数a的取值范围;②若G(k)=g(k)+g(k+1),k≥2,k∈N*,证明:当n≥2,n∈N*时,总有G(2)+G(3)+…+G(n)>.9\n答案精析中档大题规范练61.解 (1)因为f(x)=ex(x2+bx+c),所以f′(x)=ex[x2+(2+b)x+b+c].因为y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=4x+1,又f′(0)=4,所以b+c=4.又f(0)=c=1,所以b=3.所以f(x)=ex(x2+3x+1).(2)由(1)得f(x)=ex(x2+3x+1),所以f′(x)=ex(x2+5x+4).令f′(x)>0,即x2+5x+4>0,解得x<-4或x>-1;令f′(x)<0,即x2+5x+4<0,解得-4<x<-1.综上,f(x)的单调递增区间为(-∞,-4]和[-1,+∞),单调递减区间为[-4,-1].2.解 (1)因为f(x)=x2+2alnx(a∈R),所以f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=x+=.①当a≥0时,f′(x)>0,故f(x)的单调递增区间为(0,+∞).②当a<0时,令f′(x)=0⇒x2+2a=0⇒x2=-2a,解得x=或x=-(舍).所以f′(x),f(x)随x的变化情况如下表:x(0,)(,+∞)f′(x)-0+f(x)↘极小值↗由上表可知,函数f(x)的单调递减区间是(0,],单调递增区间是[,+∞).综上,当a≥0时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞);当a<0时,f(x)的单调递减区间是(0,],单调递增区间是[,+∞).(2)因为g(x)=+f(x)=+x2+2alnx,所以g′(x)=-+x+=,9\n因为g(x)=+f(x)在区间[1,4]上是单调递增函数,所以g′(x)≥0,即x3+2ax-2≥0在区间[1,4]上恒成立,即2a≥-x2在区间[1,4]上恒成立.设h(x)=-x2(x∈[1,4]),则h′(x)=--2x=-<0,所以h(x)在[1,4]上单调递减,则h(x)∈.所以2a≥1,即a≥.故实数a的取值范围为.3.(1)解 函数f(x)的定义域为(-1,+∞),求导得f′(x)=2x+=,令g(x)=2x2+2x+b,①当g(x)=0在(-1,+∞)上无解,即b>时,f(x)在(-1,+∞)上单调递增.②当g(x)=0在(-1,+∞)上有两个不等实根,即2x2+2x+b=0在(-1,+∞)上有两个不等实根,则即0<b<,f(x)在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增.③当g(x)=0在(-1,+∞)上有两个相等的实根,即b=时,f(x)在(-1,+∞)上单调递增.(2)证明 当b=1时,f(x)=x2+ln(x+1),令h(x)=f(x)-x=x2+ln(x+1)-x(x≥1),h′(x)=2x+-=,当x≥1时,h′(x)≥0,所以函数h(x)在[1,+∞)上是增函数.由已知,不妨设1≤x1<x2,则h(x1)<h(x2),9\nf(x1)-x1<f(x2)-x2,即>.4.解 (1)当a=0时,f(x)=x2,对任意x∈(-∞,0)∪(0,+∞),f(-x)=(-x)2=x2=f(x),∴f(x)为偶函数.当a≠0时,f(x)=x2+(a≠0,x≠0),令x=-1,得f(-1)=1-a.令x=1,得f(1)=1+a.∴f(-1)+f(1)=2≠0,f(-1)-f(1)=-2a≠0,∴f(-1)≠-f(1),f(-1)≠f(1).∴函数f(x)既不是奇函数,也不是偶函数.(2)若函数f(x)在[2,+∞)上为增函数,则f′(x)≥0在[2,+∞)上恒成立,即2x-≥0在[2,+∞)上恒成立,即a≤2x3在[2,+∞)上恒成立,只需a≤(2x3)min,x∈[2,+∞),∴a≤16,∴a的取值范围是(-∞,16].5.解 (1)因为f(x)=x2-ax+lnx,所以f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=x-a+=.令f′(x)=0,即x2-ax+1=0,则Δ=a2-4.①若a2-4≤0,即-2≤a≤2时,f′(x)≥0,所以当-2≤a≤2时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,无极值点.②若a2-4>0,即a<-2或a>2时,方程x2-ax+1=0的解为x=.(ⅰ)当a>2时,0<<.所以f(x)的单调递增区间为和,9\n单调递减区间为.所以f(x)的极大值点为,f(x)的极小值点为.(ⅱ)当a<-2时,<0,<0.所以当a<-2时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,无极值点.综上,当a≤2时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,无极值点;当a>2时,f(x)的极大值点为,f(x)的极小值点为.(2)因为函数f(x)在区间[2,6]内有极值,所以f′(x)=0在区间[2,6]内有解,所以x2-ax+1=0在区间[2,6]内有解,所以a=x+在区间[2,6]内有解.设h(x)=x+,对x∈[2,6],h′(x)=1-=>0,所以h(x)在[2,6]内单调递增.所以h(x)∈.故a的取值范围为.6.解 (1)当a=1时,f(x)=lnx-+,当x∈[4,+∞)时,f′(x)=-=>0,所以函数f(x)在[4,+∞)上单调递增,当x=4时,f(x)取得最小值f(4)=ln4-.(2)g(x)=f(x)+-=lnx.①因为原方程即e2lnx=-在上有解,所以x2=-在上有解,所以a=-x3+x,x∈.令y=-x3+x,x∈,则y′=-3x2+,x∈,由y′=0,得x=(舍去-),则x∈时,y′>0,函数y=-x3+x在上递增,x∈时,y′<0,函数y=-x3+x在上递减,所以当x=时,y9\n取得极大值.又x=时,y=,x=2时,y=-5,所以实数a的取值范围是.②因为G(k)=g(k)+g(k+1)=lnk+ln(k+1)=lnk(k+1),k≥2,k∈N*.由(1)可知函数f(x)=lnx-+≥f(4)=ln4->0,即lnx>-对x∈[4,+∞)恒成立,而k(k+1)>4,k≥2,k∈N*,所以G(k)=lnk(k+1)>-,k≥2,k∈N*恒成立,所以G(2)+G(3)+…+G(n)>(n-1)-=(n-1)-(-+-+…+-)=-+=+-2=+-,n≥2,n∈N*恒成立.又+-在[2,+∞)上递增,且n=2时,+-=+-=,所以当n≥2,n∈N*时,总有G(2)+G(3)+…+G(n)>.9

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发布时间:2022-08-25 23:55:28 页数:9
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文章作者:U-336598

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