2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 考點(diǎn)測(cè)試16 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二)理(含解析)

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1、考點(diǎn)測(cè)試16 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二) 一、基礎(chǔ)小題 1.函數(shù)f(x)=x-ln x的單調(diào)遞增區(qū)間為(  ) A.(-∞,0) B.(0,1) C.(1,+∞) D.(-∞,0)∪(1,+∞) 答案 C 解析 函數(shù)的定義域?yàn)?0,+∞).f′(x)=1-,令f′(x)>0,得x>1.故選C. 2.已知對(duì)任意實(shí)數(shù)x,都有f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x),且x>0時(shí),f′(x)>0,g′(x)>0,則x<0時(shí)(  ) A.f′(x)>0,g′(x)>0 B.f′(x)>0,g′(x)<0 C.f′(x)<0,g′(x)>0 D.f′(x)<0,g′(x)<0

2、 答案 B 解析 由題意知f(x)是奇函數(shù),g(x)是偶函數(shù).當(dāng)x>0時(shí),f(x),g(x)都單調(diào)遞增,則當(dāng)x<0時(shí),f(x)單調(diào)遞增,g(x)單調(diào)遞減,即f′(x)>0,g′(x)<0. 3.若曲線f(x)=,g(x)=xα在點(diǎn)P(1,1)處的切線分別為l1,l2,且l1⊥l2,則實(shí)數(shù)α的值為(  ) A.-2 B.2 C. D.- 答案 A 解析 f′(x)=,g′(x)=αxα-1,所以在點(diǎn)P處的斜率分別為k1=,k2=α,因?yàn)閘1⊥l2,所以k1k2==-1,所以α=-2,選A. 4.已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)=ax2+bx+c的圖象如圖所示,則f(x)的圖象

3、可能是(  ) 答案 D 解析 當(dāng)x<0時(shí),由導(dǎo)函數(shù)f′(x)=ax2+bx+c<0,知相應(yīng)的函數(shù)f(x)在該區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減;當(dāng)x>0時(shí),由導(dǎo)函數(shù)f′(x)=ax2+bx+c的圖象可知,導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(0,x1)內(nèi)的值是大于0的,則在此區(qū)間內(nèi)函數(shù)f(x)單調(diào)遞增.只有選項(xiàng)D符合題意. 5.已知函數(shù)f(x)=x3+3x2-9x+1,若f(x)在區(qū)間[k,2]上的最大值為28,則實(shí)數(shù)k的取值范圍為(  ) A.[-3,+∞) B.(-3,+∞) C.(-∞,-3) D.(-∞,-3] 答案 D 解析 由題意知f′(x)=3x2+6x-9,令f′(x)=0,解得x=1或x=-3,

4、所以f′(x),f(x)隨x的變化情況如下表: x (-∞,-3) -3 (-3,1) 1 (1,+∞) f′(x) + 0 - 0 + f(x) 單調(diào)遞增 極大值 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增 又f(-3)=28,f(1)=-4,f(2)=3,f(x)在區(qū)間[k,2]上的最大值為28,所以k≤-3. 6.若函數(shù)f(x)=2x2-ln x在其定義域內(nèi)的一個(gè)子區(qū)間(k-1,k+1)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù),則實(shí)數(shù)k的取值范圍是(  ) A.[1,+∞) B. C.[1,2) D. 答案 B 解析 因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f′(x)=4x

5、-,由f′(x)=0,得x=.據(jù)題意得 解得1≤k<.故選B. 7.已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)=5+cosx,x∈(-1,1),且f(0)=0,如果f(1-x)+f(1-x2)<0,則實(shí)數(shù)x的取值范圍為________. 答案 (1,) 解析 ∵導(dǎo)函數(shù)f′(x)是偶函數(shù),且f(0)=0,∴原函數(shù)f(x)是奇函數(shù),且定義域?yàn)?-1,1),又導(dǎo)函數(shù)值恒大于0,∴原函數(shù)在定義域上單調(diào)遞增,∴所求不等式變形為f(1-x)

6、導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)的圖象如圖所示. x -1 0 2 4 5 f(x) 1 2 1.5 2 1 下列關(guān)于函數(shù)f(x)的命題: ①函數(shù)f(x)的值域?yàn)閇1,2]; ②函數(shù)f(x)在[0,2]上是減函數(shù); ③若x∈[-1,t]時(shí),f(x)的最大值是2,則t的最大值為4; ④當(dāng)10,函數(shù)單調(diào)遞增,當(dāng)0

7、0,函數(shù)單調(diào)遞減,當(dāng)x=0及x=4時(shí),函數(shù)取得極大值f(0)=2,f(4)=2,當(dāng)x=2時(shí),函數(shù)取得極小值f(2)=1.5.又f(-1)=f(5)=1,所以函數(shù)的最大值為2,最小值為1,值域?yàn)閇1,2],①②正確;因?yàn)楫?dāng)x=0及x=4時(shí),函數(shù)取得極大值f(0)=2,f(4)=2,要使當(dāng)x∈[-1,t]時(shí),函數(shù)f(x)的最大值是2,則0≤t≤5,所以t的最大值為5,所以③不正確;因?yàn)闃O小值f(2)=1.5,極大值f(0)=f(4)=2,所以當(dāng)1

8、)滿足f(0)=-1,其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f′(x)>k>1,則下列結(jié)論中一定錯(cuò)誤的是(  ) A.f< B.f> C.f< D.f> 答案 C 解析 構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)-kx+1, 則g′(x)=f′(x)-k>0,∴g(x)在R上為增函數(shù). ∵k>1,∴>0,則g>g(0). 而g(0)=f(0)+1=0, ∴g=f-+1>0, 即f>-1=, 所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤.故選C. 10.(2017·山東高考)若函數(shù)exf(x)(e=2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))在f(x)的定義域上單調(diào)遞增,則稱函數(shù)f(x)具有M性質(zhì).下列函數(shù)中具有M性質(zhì)的是(  ) A.f

9、(x)=2-x B.f(x)=x2 C.f(x)=3-x D.f(x)=cosx 答案 A 解析 當(dāng)f(x)=2-x時(shí),exf(x)==x.∵>1,∴當(dāng)f(x)=2-x時(shí),exf(x)在f(x)的定義域上單調(diào)遞增,故函數(shù)f(x)具有M性質(zhì).易知B,C,D不具有M性質(zhì),故選A. 11.(2015·全國(guó)卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0)<0,則a的取值范圍是(  ) A. B. C. D. 答案 D 解析 由f(x0)<0,即ex0(2x0-1)-a(x0-1)<0, 得ex0(2x0-1)

10、 當(dāng)x0=1時(shí),得e<0,顯然不成立,所以x0≠1. 若x0>1,則a>. 令g(x)=,則g′(x)=. 當(dāng)x∈時(shí),g′(x)<0,g(x)為減函數(shù), 當(dāng)x∈時(shí),g′(x)>0,g(x)為增函數(shù), 要滿足題意,則x0=2,此時(shí)需滿足g(2)0,g(x)為增函數(shù), 當(dāng)x∈(0,1)時(shí),g′(x)<0,g(x)為減函數(shù), 要滿足題意,則x0=0,此時(shí)需滿足g(-1)≤a

11、)已知函數(shù)f(x)=x3-2x+ex-,其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù).若f(a-1)+f(2a2)≤0,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________. 答案?。?, 解析 易知函數(shù)f(x)的定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱. ∵f(x)=x3-2x+ex-, ∴f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x- =-x3+2x+-ex=-f(x), ∴f(x)為奇函數(shù), 又f′(x)=3x2-2+ex+≥3x2-2+2=3x2≥0(當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí),取“=”),從而f(x)在R上單調(diào)遞增, 所以f(a-1)+f(2a2)≤0 ?f(a-1)≤f(-2a2)?-2a2≥a-1, 解得-1≤a≤. 13.(2

12、015·安徽高考)設(shè)x3+ax+b=0,其中a,b均為實(shí)數(shù).下列條件中,使得該三次方程僅有一個(gè)實(shí)根的是__________.(寫出所有正確條件的編號(hào)) ①a=-3,b=-3;②a=-3,b=2;③a=-3,b>2;④a=0,b=2;⑤a=1,b=2. 答案 ①③④⑤ 解析 設(shè)f(x)=x3+ax+b. 當(dāng)a=-3,b=-3時(shí),f(x)=x3-3x-3,f′(x)=3x2-3,令f′(x)>0,得x>1或x<-1;令f′(x)<0,得-1

13、故方程f(x)=0只有一個(gè)實(shí)根,故①正確. 當(dāng)a=-3,b=2時(shí),f(x)=x3-3x+2,易知f(x)在(-∞,-1)上為增函數(shù),在(-1,1)上為減函數(shù),在(1,+∞)上為增函數(shù),又f(-1)=4,f(1)=0,x→-∞時(shí),f(x)→-∞,從而方程f(x)=0有兩個(gè)根,故②錯(cuò)誤. 當(dāng)a=-3,b>2時(shí),f(x)=x3-3x+b,易知f(x)的極大值為f(-1)=2+b>0,極小值為f(1)=b-2>0,x→-∞時(shí),f(x)→-∞,故方程f(x)=0有且僅有一個(gè)實(shí)根,故③正確. 當(dāng)a=0,b=2時(shí),f(x)=x3+2,顯然方程f(x)=0有且僅有一個(gè)實(shí)根,故④正確. 當(dāng)a=1,b=2

14、時(shí),f(x)=x3+x+2,f′(x)=3x2+1>0,則f(x)在(-∞,+∞)上為增函數(shù),易知f(x)的值域?yàn)镽,故f(x)=0有且僅有一個(gè)實(shí)根,故⑤正確. 綜上,正確條件的編號(hào)有①③④⑤. 三、模擬小題 14.(2018·鄭州質(zhì)檢一)已知函數(shù)f(x)=x3-9x2+29x-30,實(shí)數(shù)m,n滿足f(m)=-12,f(n)=18,則m+n=(  ) A.6 B.8 C.10 D.12 答案 A 解析 設(shè)函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱中心為(a,b),則有2b=f(x)+f(2a-x),整理得2b=(6a-18)x2-(12a2-36a)x+8a3-36a2+58a-60,則可得a=

15、3,b=3,所以函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱中心為(3,3).又f(m)=-12,f(n)=18,且f(m)+f(n)=6,所以點(diǎn)(m,f(m))和點(diǎn)(n,f(n))關(guān)于(3,3)對(duì)稱,所以m+n=2×3=6,故選A. 15.(2018·河南新鄉(xiāng)二模)若函數(shù)y=在(1,+∞)上單調(diào)遞減,則稱f(x)為P函數(shù).下列函數(shù)中為P函數(shù)的為(  ) ①f(x)=1;②f(x)=x;③f(x)=;④f(x)=. A.①②④ B.①③ C.①③④ D.②③ 答案 B 解析 x∈(1,+∞)時(shí),ln x>0,x增大時(shí),,都減小,∴y=,y=在(1,+∞)上都是減函數(shù),∴f(x)=1和f(x)=都是P

16、函數(shù);′=,∴x∈(1,e)時(shí),′<0,x∈(e,+∞)時(shí),′>0,即y=在(1,e)上單調(diào)遞減,在(e,+∞)上單調(diào)遞增,∴f(x)=x不是P函數(shù);′=,∴x∈(1,e2)時(shí),′<0,x∈(e2,+∞)時(shí),′>0,即y=在(1,e2)上單調(diào)遞減,在(e2,+∞)上單調(diào)遞增,∴f(x)=不是P函數(shù).故選B. 16.(2018·武漢調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=x2lnx-a(x2-1)(a∈R),若f(x)≥0在0

17、0

18、n x在點(diǎn)(1,0)處切線的斜率為1,所以2a≥1,即a≥,故選C. 17.(2019·山西太原模擬)已知定義在(0,+∞)上的函數(shù)f(x),滿足f′(x)<2f(x)(其中f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù),e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)),則(  ) A.e2f(1)>f(2) B.e2f(1)h(2),即>,所以e2f(1)>f(2).故選A. 18.(2018·石家莊一模)已知函數(shù)f(x)=,

19、g(x)=,若函數(shù)y=f[g(x)]+a有三個(gè)不同的零點(diǎn)x1,x2,x3(其中x10),所以函數(shù)g(x)在(e,+∞)上單調(diào)遞減,在(0,e)上單調(diào)遞增,所以g(x)max=g(e)=,作出函數(shù)g(x)的大致圖象如圖2所示.f=.因?yàn)閒[g(x)]+a=0有三個(gè)不同的零點(diǎn),所以y=f[g

20、(x)]與y=-a有三個(gè)不同的交點(diǎn),所以a∈1,.令g(x)=t,則問題等價(jià)于方程+a=0,即t2+(a-1)t+1-a=0有兩個(gè)解t1,t2,不妨設(shè)t10時(shí),f(x)>0; (2)若x=0是f(x)的極大值點(diǎn),求a. 解 (1)證明:當(dāng)a=0時(shí),f

21、(x)=(2+x)ln (1+x)-2x,f′(x)=ln (1+x)-. 設(shè)函數(shù)g(x)=f′(x)=ln (1+x)-, 則g′(x)=. 當(dāng)-10時(shí),g′(x)>0. 故當(dāng)x>-1時(shí),g(x)≥g(0)=0,且僅當(dāng)x=0時(shí),g(x)=0,從而f′(x)≥0,且僅當(dāng)x=0時(shí),f′(x)=0. 所以f(x)在(-1,+∞)單調(diào)遞增. 又f(0)=0,故當(dāng)-10時(shí),f(x)>0. (2)f′(x)=(2ax+1)ln (1+x)+-2, 且f′(0)=0,則?m∈(-1,0),?n∈(0,+∞), 當(dāng)x∈(

22、m,n)時(shí),2ax+1>0, ①當(dāng)x∈(m,0)時(shí),由(1)知,ln (1+x)<, 則f′(x)<(2ax+1)+-2 =. 由題意,?x1∈(m,0)使當(dāng)x∈(x1,0)時(shí),f′(x)>0恒成立, 即a≥-max,∴a≥-. 當(dāng)x∈(0,n)時(shí),由(1)知,ln (1+x)>, 則f′(x)>(2ax+1)+-2 =. 由題意,?x2∈(0,n)使當(dāng)x∈(0,x2)時(shí),f′(x)≤0恒成立, 即a≤-min,∴a≤-. 綜上,a=-. 2.(2018·天津高考)已知函數(shù)f(x)=ax,g(x)=logax,其中a>1. (1)求函數(shù)h(x)=f(x)-xln a的

23、單調(diào)區(qū)間; (2)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(x1,f(x1))處的切線與曲線y=g(x)在點(diǎn)(x2,g(x2))處的切線平行,證明x1+g(x2)=-; (3)證明當(dāng)a≥e時(shí),存在直線l,使l是曲線y=f(x)的切線,也是曲線y=g(x)的切線. 解 (1)由已知,h(x)=ax-xln a, 有h′(x)=axln a-ln a. 令h′(x)=0,解得x=0. 由a>1,可知當(dāng)x變化時(shí),h′(x),h(x)的變化情況如下表: x (-∞,0) 0 (0,+∞) h′(x) - 0 + h(x)  極小值  所以函數(shù)h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-

24、∞,0),單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞). (2)證明:由f′(x)=axln a,可得曲線y=f(x)在點(diǎn)(x1,f(x1))處的切線斜率為ax1ln a. 由g′(x)=,可得曲線y=g(x)在點(diǎn)(x2,g(x2))處的切線斜率為. 因?yàn)檫@兩條切線平行,故有ax1ln a=, 即x2ax1(ln a)2=1. 兩邊取以a為底的對(duì)數(shù),得logax2+x1+2loga(ln a)=0,所以x1+g(x2)=-. (3)證明:曲線y=f(x)在點(diǎn)(x1,ax1)處的切線l1:y-ax1=ax1ln a·(x-x1). 曲線y=g(x)在點(diǎn)(x2,logax2)處的切線l2:y-loga

25、x2=(x-x2). 要證明當(dāng)a≥e時(shí),存在直線l,使l是曲線y=f(x)的切線,也是曲線y=g(x)的切線,只需證明當(dāng)a≥e時(shí),存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1與l2重合. 即只需證明當(dāng)a≥e時(shí), 方程組有解. 由①得x2=,代入②, 得ax1-x1ax1ln a+x1++=0.③ 因此,只需證明當(dāng)a≥e時(shí),關(guān)于x1的方程③存在實(shí)數(shù)解. 設(shè)函數(shù)u(x)=ax-xaxln a+x++, 即要證明當(dāng)a≥e時(shí),函數(shù)y=u(x)存在零點(diǎn). u′(x)=1-(ln a)2xax,可知x∈(-∞,0)時(shí), u′(x)>0;x∈(0,+∞)時(shí),u′(x)單調(diào)遞減,

26、 又u′(0)=1>0,u′=1-a<0,故存在唯一的x0,且x0>0,使得u′(x0)=0, 即1-(ln a)2x0ax0=0. 由此可知u(x)在(-∞,x0)上單調(diào)遞增,在(x0,+∞)上單調(diào)遞減.u(x)在x=x0處取得極大值u(x0). 因?yàn)閍≥e,故ln (ln a)≥-1, 所以u(píng)(x0)=ax0-x0ax0ln a+x0++=+x0+≥≥0. 下面證明存在實(shí)數(shù)t,使得u(t)<0. 由(1)可得ax≥1+xln a,當(dāng)x>時(shí),有 u(x)≤(1+xln a)(1-xln a)+x++=-(ln a)2x2+x+1++, 所以存在實(shí)數(shù)t,使得u(t)<0.

27、因此,當(dāng)a≥e時(shí),存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0. 所以,當(dāng)a≥e時(shí),存在直線l,使l是曲線y=f(x)的切線,也是曲線y=g(x)的切線. 3.(2017·全國(guó)卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)≥0. (1)求a; (2)證明:f(x)存在唯一的極大值點(diǎn)x0,且e-2<f(x0)<2-2. 解 (1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞). 設(shè)g(x)=ax-a-ln x,則f(x)=xg(x),f(x)≥0等價(jià)于g(x)≥0. 因?yàn)間(1)=0,g(x)≥0,故g′(1)=0, 而g′(x)=a-,g′(1)=a-1,得a=1. 若a=1,

28、則g′(x)=1-. 當(dāng)01時(shí),g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增. 所以x=1是g(x)的極小值點(diǎn), 故g(x)≥g(1)=0. 綜上,a=1. (2)證明:由(1)知f(x)=x2-x-xln x,f′(x)=2x-2-ln x. 設(shè)h(x)=2x-2-ln x,則h′(x)=2-. 當(dāng)x∈0,時(shí),h′(x)<0; 當(dāng)x∈,+∞時(shí),h′(x)>0. 所以h(x)在0,單調(diào)遞減,在,+∞單調(diào)遞增. 又h(e-2)>0,h<0,h(1)=0,所以h(x)在0,有唯一零點(diǎn)x0,在,+∞有唯一零點(diǎn)1,且當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),

29、h(x)>0;當(dāng)x∈(x0,1)時(shí),h(x)<0;當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),h(x)>0. 因?yàn)閒′(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一極大值點(diǎn). 由f′(x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0). 由x0∈得f(x0)<. 因?yàn)閤=x0是f(x)在(0,1)的最大值點(diǎn),由e-1∈(0,1),f′(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)=e-2,所以e-2<f(x0)<2-2. 二、模擬大題 4.(2018·合肥質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)=+,曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為x+2y-3=0. (1)求a,b的值; (2)證明:

30、當(dāng)x>0,且x≠1時(shí),f(x)>. 解 (1)f′(x)=-. 由于直線x+2y-3=0的斜率為-,且過點(diǎn)(1,1), 故即 解得a=1,b=1. (2)證明:由(1)知f(x)=+, 所以f(x)-=2ln x-. 令h(x)=2ln x-(x>0), 則h′(x)=-=-. 所以當(dāng)x≠1時(shí),h′(x)<0,而h(1)=0, 故當(dāng)x∈(0,1)時(shí),h(x)>0,可得h(x)>0; 當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),h(x)<0,可得h(x)>0. 從而當(dāng)x>0,且x≠1時(shí),f(x)->0. 即f(x)>. 5.(2018·廣東廣州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=aln x+xb(a≠

31、0). (1)當(dāng)b=2時(shí),若函數(shù)f(x)恰有一個(gè)零點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍; (2)當(dāng)a+b=0,b>0時(shí),對(duì)任意x1,x2∈,e,有|f(x1)-f(x2)|≤e-2成立,求實(shí)數(shù)b的取值范圍. 解 (1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞). 當(dāng)b=2時(shí),f(x)=aln x+x2,所以f′(x)=+2x=. ①當(dāng)a>0時(shí),f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增, 取x0=e-,則f(e-)=-1+(e-)2<0. 因?yàn)閒(1)=1,所以f(x0)·f(1)<0, 所以函數(shù)f(x)有一個(gè)零點(diǎn). ②當(dāng)a<0時(shí),令f′(x)=0,解得x=. 當(dāng)0

32、<0,所以f(x)在0,上單調(diào)遞減; 當(dāng)x>時(shí),f′(x)>0,所以f(x)在,+∞上單調(diào)遞增. 要使函數(shù)f(x)有一個(gè)零點(diǎn),則f=aln -=0,即a=-2e. 綜上所述,若函數(shù)f(x)恰有一個(gè)零點(diǎn), 則a=-2e或a>0. (2)因?yàn)閷?duì)任意x1,x2∈,e, 有|f(x1)-f(x2)|≤e-2成立, 又|f(x1)-f(x2)|≤f(x)max-f(x)minx∈,e, 所以f(x)max-f(x)min≤e-2. 因?yàn)閍+b=0,所以a=-b. 所以f(x)=-bln x+xb,所以f′(x)=+bxb-1=. 因?yàn)閎>0,所以當(dāng)0

33、>1時(shí),f′(x)>0, 所以函數(shù)f(x)在,1上單調(diào)遞減,在(1,e]上單調(diào)遞增,f(x)min=f(1)=1,f(x)max=maxf,f(e). 易知f=b+e-b,f(e)=-b+eb, 設(shè)g(b)=f(e)-f=eb-e-b-2b(b>0), 則g′(b)=eb+e-b-2>2-2=0. 所以g(b)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,故g(b)>g(0)=0, 所以f(e)>f. 從而f(x)max=f(e)=-b+eb. 所以-b+eb-1≤e-2,即eb-b-e+1≤0, 設(shè)φ(b)=eb-b-e+1(b>0),則φ′(b)=eb-1. 當(dāng)b>0時(shí),φ′(b)>0,所以φ(b)在(0,+∞)上單調(diào)遞增. 又φ(1)=0,所以eb-b-e+1≤0即為φ(b)≤φ(1),解得b≤1. 又因?yàn)閎>0,所以b的取值范圍為(0,1]. 16

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