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-新人教A版高三全册数学试题VIP免费

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)＝xlnx＋ax2，a为常数．(1)若曲线y＝f(x)在x＝1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x1＜x2①求证：－＜a＜0②求证：f(x2)＞f(x1)＞－.解：(1)f(x)＝xlnx＋ax2的导数为f′(x)＝lnx＋1＋2ax，在x＝1处的切线斜率为k＝1＋2a，切点为(1，a)，在x＝1处的切线过点A(0，－2)，则k＝1＋2a＝a＋2，解得a＝1；(2)证明：①由题意可得f′(x)＝0有两个不等的实根x1，x2，且0＜x1＜x2，设g(x)＝lnx＋1＋2ax，g′(x)＝＋2a，x＞0.当a≥0，则g′(x)＞0，g(x)在(0，＋∞)递增，不合题意；当a＜0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g＝ln＞0，解得－＜a＜0；②由上可知，f(x)在(x1，x2)递增，即有f(x2)＞f(x1)，f′(1)＝g(1)＝1＋2a＞0，则x1∈(0,1)，由①可得ax1＝，即有f(x1)＝x1lnx1＋ax＝(x1lnx1－x1)，设h(x)＝(xlnx－x)，0＜x＜1，h′(x)＝lnx＜0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)＝xlnx＋ax2，a为常数．(1)若曲线y＝f(x)在x＝1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x1＜x2①求证：－＜a＜0②求证：f(x2)＞f(x1)＞－.解：(1)f(x)＝xlnx＋ax2的导数为f′(x)＝lnx＋1＋2ax，在x＝1处的切线斜率为k＝1＋2a，切点为(1，a)，在x＝1处的切线过点A(0，－2)，则k＝1＋2a＝a＋2，解得a＝1；(2)证明：①由题意可得f′(x)＝0有两个不等的实根x1，x2，且0＜x1＜x2，设g(x)＝lnx＋1＋2ax，g′(x)＝＋2a，x＞0.当a≥0，则g′(x)＞0，g(x)在(0，＋∞)递增，不合题意；当a＜0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g＝ln＞0，解得－＜a＜0；②由上可知，f(x)在(x1，x2)递增，即有f(x2)＞f(x1)，f′(1)＝g(1)＝1＋2a＞0，则x1∈(0,1)，由①可得ax1＝，即有f(x1)＝x1lnx1＋ax＝(x1lnx1－x1)，1设h(x)＝(xlnx－x)，0＜x＜1，h′(x)＝lnx＜0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)＝xlnx＋mx(m∈R)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，n∈N*且m>n>1，证明>.解：(1)因为f(x)＝xlnx＋mx，所以f′(x)＝1＋lnx＋m.由题意f′(1)＝1＋ln1＋m＝2，得m＝1.(2)g(x)＝＝(x>0，x≠1)，所以g′(x)＝.设h(x)＝x－1－lnx，h′(x)＝1－.当x>1时，h′(x)＝1－>0，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0h(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－>lnn－lnm，即证lnm>lnn，即证>，即证g(m)>g(n)，又m>n>1(m，n∈N*)，由(2)知g(m)>g(n)成立，所以>.3．(导学号14577227)(理科)函数f(x)＝ln(x＋m)－nlnx.(1)当m＝1，n＞0时，求f(x)的单调减区间；(2)n＝1时，函数g(x)＝(m＋2x)f(x)－am，若存在m＞0，使得g(x)＞0恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)f(x)＝ln(x＋1)－nlnx，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＝，①当n＝1时，f′(x)＝＜0，此时f(x)的单调减区间为(0，＋∞)；②当0＜n＜1时，0＜x＜时，f′(x)＜0，此时f(x)的单调减区间为；③当n＞1时，x＞时，f′(x)＜0，此时减区间为.(2)n＝1时，g(x)＝(m＋2x)[ln(x＋m)－lnx]－am， g(x)＞0，∴＞0，即ln－a＞0，设＝t＞1，∴(t＋1)lnt－a(t－1)＞0，∴lnt－＞0.设h(t)＝lnt－，h′(t)＝，h(1)＝0，①当a≤2时，t2＋2(1－a)t＋1≥t2－2t＋1＞0，故h′(t)＞0，∴h(t)在(1，＋∞)上单调递增，因此h(t)＞0；②当a＞2时，令h′(t)＝0，得：t1＝a－1－，t2＝a－1＋，由t2＞1和t1t2＝1，得：t1＜21，故h(t)在(1，t2)上单调递减，此时h(t)＜h(1)＝0.综上所述，a≤2.3．(文科)(2018·西安市三模)已知函数f(x)＝x2...