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2015届高考数学(新课标 理)一轮复习辅导第11讲 导数的综合题 课后练习


第 11 讲 导数的综合题
题一:已知点 P 为曲线 y =x2 与 y =alnx(a ≠0)的公共点,且两条曲线在点 P 处的 切线重合,则 a = . 题二:已知函数 f ( x) ? mx3 ? 2nx2 ? 12 x 的减区间是 (?2, 2) . ⑴试求 m、n 的值; ⑵求过点 A(1, ? 11) 且与曲线 y ? f ( x) 相切的切线方程; ⑶过点

A(1,t)是否存在与曲线 y ? f ( x) 相切的 3 条切线?若存在求实数 t 的取值范围; 若不存在,请说明理由. 题三:已知函数 f ( x) ? 函数 f ( x ) 的单调性.

1 2 x ? m ln x ? (m ? 1) x , m ? R .当 m ? 0 时,讨论 2

题四:已知函数 f ( x) ? (a ? 1)ln x ? ax2 ? 1. (Ⅰ)讨论函数 f ( x) 的单调性; (Ⅱ)设 a ? ?2 ,证明:对任意 x1 , x2 ? (0, ??) , | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? 4 | x1 ? x2 | .

题五:设函数 f ( x) ? ( x ? a) x, a ? R .
2

(Ⅰ)若 x ? 1 为函数 y ? f ( x) 的极值点,求实数 a ; (Ⅱ)求实数 a 的取值范围,使得对任意的 x ∈ (??, 2] ,恒有 f ( x ) ≤4 成立.

a ? x ln x , g ( x) ? x3 ? x2 ? 3 . x f ( x) (Ⅰ)讨论函数 h( x ) ? 的单调性; x
题六:设函数 f ( x) ? (Ⅱ)如果存在 x1 , x2 ?[0, 2] ,使得 g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? M 成立,求满足上述条件的 最大整数 M ; (Ⅲ)如果对任意的 s, t ? [ , 2] ,都有 f (s) ? g (t ) 成立,求实数 a 的取值范围.

1 2

第 11 讲

导数的综合题

题一:2e. 详解:设 f(x)=x2 与 g(x)=alnx 在公共点(x0,y0)处的切线相同. f ′(x)=2x, g '

( x) ?

a . x

由题意知 f(x0)=g(x0),f ′(x0)=g ′(x0)

a ? ?2 x0 ? x 即? 0 ? x 2 ? a ln x 0 ? 0

,解得 a =2e.故答案为:2e.

题二:(1)m=1,n=0; (2) 9 x ? 详解:⑴ 由题意知:f ′(x)

y ? 2 ? 0 或 45x ? 4 y ? 1 ? 0 ; (3)存在, ?12 ? t ? ?11 .

? 3mx2 ? 4nx ? 12 ? 0 的解集为 (?2, 2) ,
2

所以,?2 和 2 为方程 3mx 由韦达定理知

? 4nx ? 12 ? 0 的根,

0??

4n ?12 ,即 m=1,n=0. , ?4? 3m 3m
,∴

⑵∵

f ( x) ? x3 ? 12 x

f ?( x) ? 3x2 ?12

,∵

f (1) ? 13 ?12 ?1 ? ?11

当 A 为切点时,切线的斜率 ∴切线为

k ? f ?(1) ? 3 ? 12 ? ?9 ,

y ? 11 ? ?9( x ? 1) ,即 9 x ? y ? 2 ? 0 ;
2 f ( x0 )) ,这时切线的斜率是 k ? f ?( x0 ) ? 3x0 ?12 ,

当 A 不为切点时,设切点为 P( x0 , 切线方程为

2 3 y ? f ( x0 ) ? f ?( x0 )( x ? x0 ) ,即 y ? 3( x0 ? 4) x ? 2 x0

因为过点 A(1,-11) , ?11 ? 3( x0 ∴ 2 x0 ∴
3

2

3 , ? 4) ? 2 x0

2 ? 3x0 ? 1 ? 0, ( x0 ?1)2 (2 x0 ? 1) ? 0 ,

1 1 47 ), ,而 x0 ? 1 为 A 点,即另一个切点为 P ( ? , 2 2 8 1 1 45 ∴ k ? f ?( ? ) ? 3 ? ? 12 ? ? , 2 4 4 45 ( x ? 1) ,即 45x ? 4 y ? 1 ? 0 切线方程为 y ? 11 ? ? 4

x0 ? 1 或 x0 ? ?

所以,过点

A(1, ? 11) 的切线为 9 x ? y ? 2 ? 0 或 45x ? 4 y ? 1 ? 0 .

⑶ 存在满足条件的三条切线. 设点 P( x0 ,

f ( x0 )) 是曲线 f ( x) ? x3 ? 12 x 的切点,

则在 P 点处的切线的方程为

? x)( x y ? f( x ? 0 )? f ( 0

0

2 3 x即 ) y ? 3( x0 ? 4) x ? 2 x0

因为其过点 A(1,t) ,所以, t

2 3 3 2 ? 3( x0 ? 4) ? 2 x0 ? ?2 x0 ? 3x0 ? 12 ,

由于有三条切线,所以方程应有 3 个实根, 设 g ( x) ? 2 x 设
3

? 3x 2 ? t ? 12 ,只要使曲线有 3 个零点即可.

g ?( x) ? 6 x2 ? 6 x =0, ∴ x ? 0或x ? 1 分别为 g ( x) 的极值点,

当 x ? (??,0)和(1, ??) 时 g ?( x) ? 0 , g ( x ) 在 ( ??,0) 和 (1, ?? ) 上单调递增, 当 x ? (0,1) 时 g ?( x) ? 0 , g ( x ) 在 (0,1) 上单调递减, 所以, x ? 0 为极大值点, x ? 1 为极小值点. 所以要使曲线与 x 轴有 3 个交 点,当且仅当 ? 解得 ?12 ? t ? ?11 . 题三:省略

? g (0) ? 0 ?t ? 12 ? 0 即? , ? g (1) ? 0 ?t ? 11 ? 0

详解:∵

f ?( x) ? x ?

m x 2 ? (m ? 1) x ? m ( x ? 1)( x ? m) ? (m ? 1) ? ? , x x x

∴(1)当 ?1 ?

m ? 0 时,若 x ? ? 0, ?m?时, f ?( x) ? 0, f ( x) 为增函数;

x ? ? ?m,1?时, f ?( x) ? 0, f ( x) 为减函数; x ? ?1, ???时, f ?( x) ? 0, f ( x) 为增函数.
(2)当 m

? ?1 时,若 x ? ? 0,1?时, f ?( x) ? 0, f ( x) 为增函数;

x ? ?1, ?m?时, f ?( x) ? 0, f ( x) 为减函数; x ? ? ?m, ???时, f ?( x) ? 0, f ( x) 为增函数.
题四:省略 详解:(Ⅰ) f (x)的定义域为(0,+ ? ),

f ?( x) ?

a ?1 2ax 2 ? a ? 1 ? 2ax ? . x x

当 a ≥ 0 时,

f ?( x ) >0,故 f (x)在(0,+ ? )上单调递增; f ?( x ) <0,
故 f (x)在(0,+ ? )上单调递减;

当 a ≤-1 时,

当-1<a<0 时,令

f ?( x ) =0,解得 x= ?

a ?1 .当 x∈(0, 2a

?

a ?1 )时, f ?( x ) >0; 2a

x∈(

?

a ?1 ,+ ? )时, f ?( x ) <0, 2a

故 f (x)在(0,

?

a ?1 )单调递增,在 2a



?

a ?1 ,+ ? )单调递减. 2a

(Ⅱ)不妨假设 x1 ≥ x2.由于 a ≤-2,故 f (x)在(0,+ ? )单调递减. 所以

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 4 x1 ? x2

等价于

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 4x1 ? 4x2 即 f ( x2 ) ? 4x2 ? f ( x1 ) ? 4x1
令 g ( x) ?

f ( x) ? 4x ,则

g ?( x) ?

a ?1 2ax 2 ? 4 x ? a ? 1 ? 2ax +4= . x x

于是 g ?( x ) ≤

?4 x 2 ? 4 x ? 1 ?(2 x ? 1) 2 = x x

≤0.

从而 g ( x) 在(0,+ ? )单调递减,故 g ( x1 ) ? 故对任意 x1,x2∈(0,+ ? ) ,

g ( x2 ) ,
.

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 4 x1 ? x2

题五:(1) a 详解:(Ⅰ)

?1

或a

? 3; (2) 2 ? 2 ? a ? 3

f ?( x) ? ( x ? a)(3x ? a)

f ?(1) ? (1 ? a)(3 ? a) ? 0

a ?1

或a
2

? 3 ,检验知符合题意

(Ⅱ) ( x ? a) 当x

x ? 4 在 x ∈ (??, 2] 时恒成立

? 0 时,显然恒成立

当0 ?

x ? 2时

由 ( x ? a)

2

x ? 4得 a ? x ?

2 x

在 x ∈ (0, 2] 时恒成立

x?

2 2 ?a ? x? x x

在 x ∈ (0, 2] 时恒成立

令 g ( x) ?

x?

2 2 , h( x ) ? x ? , x ? (0, 2] , x x

g ( x) ? x ?

2 x

在 (0,

2] 单调递增

∴ g ( x)max

? g (2) ? 2 ? 2

h?( x) ? 1 ?

1 x x

?

x x ?1 x x
,1 ? ∴2?

0 ? x ? 1 时, h( x) 单调递减
∴ h( x) min

x ? 2 时 h( x) 单调递增

? h(1) ? 3

2 ?a?3

题六:(1)省略; (2 ) M 详解:(Ⅰ) h ( x) ①a ②a

? 4; (3) a ? 1 .

?

a 2a 1 x 2 ? 2a , h? , ? ln x ( x ) ? ? ? ? x x2 x3 x3

? 0,h? ( x) ? 0 ,函数 h( x)在(0,??) 上单调递增

? 0 , h? (x) ? 0, x ?

2a ,函数 h( x)的单调递增区间为( 2a ,??)

h? (x) ? 0,0 ? x ?

2a ,函数 h( x)的单调递减区间为(0, 2a )

(Ⅱ)存在 x1 , x2 ?[0, 2] ,使得 g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? M 成立 等价于: [ g ( x1 ) ? g ( x2 )]max 考察 g ( x) ?

?M

,

2 x3 ? x2 ? 3 , g '( x) ? 3x 2 ? 2 x ? 3x( x ? ) , 3
0

x
g '( x ) g ( x)

2 (0, ) 3

2 3

2 ( , 2] 3

2

0
极(最) 小值 ?3

?
递减

0
极(最)小 值 ? 85

?
递增

1

27

由上表可知: g ( x) min

2 85 ? g ( ) ? ? , g ( x) max ? g (2) ? 1 , 3 27 112 , [ g ( x1 ) ? g ( x2 )]max ? g ( x) max ? g ( x) min ? 27 所以满足条件的最大整数 M ? 4 ;
(Ⅲ)当 x ? [ 等价于 a ? 记 h( x) ?

a 1 , 2] 时, f ( x) ? ? x ln x ? 1 恒成立 x 2

x ? x 2 ln x 恒成立,
≥h ( x )max

x ? x2 ln x ,所以 a

h '( x) ? 1 ? 2 x ln x ? x ,

h '(1) ? 0 .

1 ,1) , 1 ? x ? 0, x ln x ? 0, h '( x) ? 0 2 1 2 即函数 h( x) ? x ? x ln x 在区间 [ ,1) 上单调递增, 2
记 h '( x) ? (1 ? x) ? 2ln x , x ? [ 记 h '( x) ? (1 ? x) ? 2ln x , x ? (1, 2] , 1 ? x ? 0, x ln x 即函数 h( x) ?

? 0, h '( x) ? 0

x ? x2 ln x 在区间 (1, 2] 上单调递减,

x ? 1, h( x) 取到极大值也是最大值 h(1) ? 1
所以 a

?1
? 1 ? 2 x ln x ? x , m '( x) ? ?3 ? 2ln x ,

另解: m( x) 由于 x ? [

1 , 2] , m '( x) ? ?3 ? 2ln x ? 0 , 2 1 所以 m( x) ? h '( x) ? 1 ? 2 x ln x ? x 在 [ , 2] 上单调递减, 2 1 当 x ? [ ,1) 时, h '( x) ? 0 , x ? (1, 2] 时, h '( x) ? 0 , 2 1 2 即函数 h( x) ? x ? x ln x 在区间 [ ,1) 上单调递增, 2
在区间 (1, 2] 上单调递减, 所以 h( x)max

? h(1) ? 1,所以 a ? 1 .


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