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高考数学文复习检测：第二章函数、导数及其应用课时作业16 Word版含答案

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1、课时作业16导数的综合应用1已知f(x)(1x)ex1.(1)求函数f(x)的最大值；(2)设g(x)，x1，且x0，证明：g(x)0，f(x)单调递增；当x(0，)时，f(x)0时，f(x)0，g(x)01.当1x0时，g(x)x.设h(x)f(x)x，则h(x)xex1.当x(1,0)时，0x1,0ex1，则0xex1，从而当x(1,0)时，h(x)0，h(x)在(1,0)上单调递减当1xh(0)0，即g(x)1且x0时，总有g(x)1.2设函数f(x)x2aln(x1)有两个极值点x1，x2，且x11)令g(x)2x22xa(x1)，则其对称轴为x，由题意可知x1，x2是方程g(x)0的两个均大于1的不相等的实数根，所以解得0a，可知方程f(x)在上有且只有一个实根由于f(x)在上单调递减，在上单调递增，因此f(x)在上的最小值为f2lnln，故方程f(x)在上没有实数根综上可知，方程f(x)有且只有一个实数根3(20xx河北石家庄一模)已知函数f(x)ex3x3a(e为自然对数的底数，aR)(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当aln，且x0时，x3a.解：(1)由

2、f(x)ex3x3a，xR，知f(x)ex3，xR，令f(x)0，得xln3，于是当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，ln3)ln3(ln3，)f(x)0f(x)3(1ln3a)故f(x)的单调递减区间是(，ln3，单调递增区间是ln3，)，f(x)在xln3处取得极小值，极小值为f(ln3)eln33ln33a3(1ln3a)(2)证明：待证不等式等价于exx23ax1，设g(x)exx23ax1，xR，于是g(x)ex3x3a，xR.由(1)及alnln31知，g(x)的最小值为g(ln3)3(1ln3a)0.于是对任意xR，都有g(x)0，所以g(x)在R内单调递增于是当alnln31时，对任意x(0，)，都有g(x)g(0)而g(0)0，从而对任意x(0，)，g(x)0.即exx23ax1，故x3a.4(20xx河南郑州一模)已知函数f(x).(1)讨论函数yf(x)在x(m，)上的单调性；(2)若m，则当xm，m1时，函数yf(x)的图象是否总在函数g(x)x2x图象上方？请写出判断过程解：(1)f(x)，当x(m，m1)时，f(x)0，所以f(x)在(m，

3、m1)上单调递减，在(m1，)上单调递增(2)由(1)知f(x)在m，m1上单调递减，所以其最小值为f(m1)em1.因为m，g(x)在m，m1上的最大值为(m1)2m1，所以下面判断f(m1)与(m1)2m1的大小，即判断ex与(1x)x的大小，其中xm1.令m(x)ex(1x)x，m(x)ex2x1，令h(x)m(x)，则h(x)ex2，因为xm1，所以h(x)ex20，m(x)单调递增又m(1)e30，故存在x0，使得m(x0)ex02x010.所以m(x)在(1，x0)上单调递减，在上单调递增，所以m(x)m(x0)e x0xx02x01xx0xx01，所以当x0时，m(x0)xx010，即ex(1x)x，即f(m1)(m1)2m1，所以函数yf(x)的图象总在函数g(x)x2x图象上方1(20xx新课标全国卷)设函数f(x)lnxx1.()讨论f(x)的单调性；()证明当x(1，)时，11，证明当x(0,1)时，1(c1)xcx.解：()由题设，f(x)的定义域为(0，)，f(x)1，令f(x)0，解得x1.当0x0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减(

4、)证明：由()知f(x)在x1处取得最大值，最大值为f(1)0.所以当x1时，lnxx1.故当x(1，)时，lnxx1，ln1，即11，设g(x)1(c1)xcx，则g(x)c1cxlnc，令g(x)0.解得x0.当x0，g(x)单调递增；当xx0时，g(x)0，g(x)单调递减由()知1c，故0x01.又g(0)g(1)0，故当0x0.所以当x(0,1)时，1(c1)xcx.2(20xx河南郑州质检)设函数f(x)x2mlnx，g(x)x2(m1)x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当m0时，讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数解：(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)，当m0时，f(x)0，所以函数f(x)的单调递增区间是(0，)，无单调递减区间当m0时，f(x)，当0x时，f(x)时，f(x)0，函数f(x)单调递增综上：当m0时，函数f(x)的单调递增区间是(0，)，无单调递减区间；当m0时，函数f(x)的单调递增区间是(，)，单调递减区间是(0，)(2)令F(x)f(x)g(x)x2(m1)xmlnx，x0，问题等价于求函数F(x)的零点个数当m0时，F(x)x2x，x0，有唯一零点；当m0时，F(x)，当m1时，F(x)0，函数F(x)为减函数，注意到F(1)0，F(4)ln41时，0xm时，F(x)0；1x0，所以函数F(x)在(0,1)和(m，)上单调递减，在(1，m)上单调递增，注意到F(1)m0，F(2m2)mln(2m2)0，所以F(x)有唯一零点当0m1时，0x1时，F(x)0；mx0，所以函数F(x)在(0，m)和(1，)上单调递减，在(m,1)上单调递增，易得lnm0，而F(2m2)mln(2m2)0，所以F(x)有唯一零点综上，函数F(x)有唯一零点，即两函数图象有一个交点

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