数学选修2-2第一章 导数及其应用综合与测试免费课时练习

这是一份数学选修2-2第一章 导数及其应用综合与测试免费课时练习，共10页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第一章　导数及其应用专题强化练4　导数综合运用中的多变量(参数)问题一、选择题1.(2019河北唐山开滦二中高二下期中,★★☆)若对于任意的正实数x,y都有ln≤成立,则实数m的取值范围为(　　)A. B.C. D.2.(2019西藏拉萨高三三模,★★☆)若0<x1<x2<a,则有x2ln x1-x1ln x2<x1-x2恒成立,则a的最大值为(　　)A. B.1C.e D.2e3.(2019安徽十校高三联考,★★★)已知函数f(x)=+,g(x)=(e是自然对数的底数),若∀x1∈(0,1),∃x2∈[1,3],使得f(x1)≥g(x2)成立,则正数k的最小值为(　　)A.      B.1C.4-2 D.4+2二、解答题4.(2019广东广州华南师大附中高二下期中,★★☆)已知f(x)=ln x+-x.(1)求函数f(x)的极值;(2)设g(x)=ln(x+1)-ax+ex,若对于任意的x1∈[0,+∞),x2∈[1,+∞),总有g(x1)≥f(x2)成立,求实数a的取值范围.     5.(2019广东佛山三中高二下段考,★★☆)设a∈R,函数f(x)=aln x-x.(1)若f(x)无零点,求实数a的取值范围;(2)若f(x)有两个相异零点x1,x2,求证:ln x1+ln x2-2ln a<0.            (2020重庆西南大学附中高三月考,★★☆)已知函数f(x)=,g(x)=ln x-mx(m∈R).(1)求函数g(x)的单调区间;(2)当m>0时,对任意的x1∈[1,2],存在x2∈[1,2],使得f(x1)-3m>g(x2)成立,试确定实数m的取值范围.   
答案全解全析一、选择题1.D　由ln≤,可得ln≤,设=t,f(t)=(2e-t)ln t,t>0,则f'(t)=-ln t+-1,设g(t)=-ln t+-1,所以g'(t)=--<0,所以f'(t)在(0,+∞)上单调递减,又f'(e)=0,所以f(t)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以f(t)max=f(e)=e,所以e≤,所以0<m≤.故选D.2.B　原不等式可转化为<,构造函数f(x)=,则f'(x)= .当x∈(0,1)时, f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时, f'(x)<0,函数f(x)单调递减.因为x1<x2时恒有f(x1)<f(x2),所以x1,x2在区间(0,1)上,所以a的最大值为1,故选B.3.C　∀x1∈(0,1),∃x2∈[1,3],使得f(x1)≥g(x2)成立等价于f(x)min≥g(x)min,由f(x)=+得f'(x)= - = .∵0<x<1且k>0,∴当0<k<1时,令f'(x)=0,解得x3=-(舍去),x4=,∴f(x)在(0,x4]上单调递减,在[x4,1)上单调递增,∴f(x)min=f(x4)=(+1)2;当k=1时,令f'(x)=0,解得x=,∴f(x)在上单调递减,在上单调递增,∴f(x)min=f=4=(+1)2;当k>1时, f(x)在(0,x4]上单调递增,在[x4,1)上单调递减,当x→0时,f(x)→+∞,且当x→1时,f(x)→+∞,f(x)无最小值,故舍去.又g(x)==4-,则g'(x)=.令g'(x)=0,解得x=e,∴g(x)在[1,e)上单调递减,在(e,3]上单调递增,∴g(x)min=g(e)=3,∴(+1)2≥3,解得k≥4-2.故选C. 二、解答题4.解析　(1)易知f(x)的定义域为(0,+∞).f'(x)=--1=-(x>0).当x变化时, f'(x), f(x)的变化情况如下:xe(e,+∞)f'(x)-0+0-f(x)↘极小值↗极大值↘所以f(x)的极小值为f=-,极大值为f(e)= .(2)由(1)可知当x∈[1,+∞)时,函数f(x) 的最大值为,对于任意的x1∈[0,+∞),x2∈[1,+∞),总有g(x1)≥f(x2)成立,等价于g(x)≥1在[0,+∞)上恒成立.易得g'(x)=ex+-a,则①当a≤2时,因为ex≥x+1,所以g'(x)=ex+-a≥x+1+-a≥2-a≥0,且等号不恒成立,所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,所以g(x)≥g(0)=1恒成立,符合题意.②当a>2时,设h(x)=ex+-a,则h'(x)=ex-=≥0,且等号不恒成立,所以g'(x)在[0,+∞)上单调递增,且g'(0)=2-a<0,则存在x0∈(0,+∞),使得g'(x0)=0,所以g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,又g(x0)<g(0)=1,所以g(x)≥1不恒成立,不符合题意.综上,实数a的取值范围是(-∞,2].5.解析　(1)f(x)的定义域为(0,+∞).①若a<0,则f'(x)=-1<0, f(x)在区间(0,+∞)上单调递减,因为f(1)=-1<0, f()=1->0,所以f(1)·f()<0,又因为函数f(x)在(0,+∞)上是连续的,所以函数f(x)在区间(0,+∞)上有唯一零点,不符合题意.②若a=0,则f(x)=-x,在区间(0,+∞)上无零点,符合题意.③若a>0,令f'(x)=0,得x=a,则在区间(0,a)上, f'(x)>0,函数f(x)是增函数;在区间(a,+∞)上, f'(x)<0,函数f(x)是减函数.故f(x)在区间(0,+∞)上的最大值为f(a)=aln a-a,由于f(x)无零点,则f(a)=aln a-a<0,解得0<a<e.综上,实数a的取值范围是[0,e).(2)证明:因为x1,x2是方程aln x-x=0的两个不同的实数根,所以两式相减得a(ln x1-ln x2)-(x1-x2)=0,解得a=.要证ln x1+ln x2-2ln a<0,即证x1x2<a2,即证x1x2<,即证<=-2+,不妨设x1<x2,令=t,则t∈(0,1),则只需证ln2t<t-2+.设g(t)=ln2t-t-+2,则g'(t)=ln t-1+=.令h(t)=2ln t-t+,则h'(t)=-1-=-<0,所以h(t)在(0,1)上单调递减,所以h(t)>h(1)=0,所以g'(t)>0,所以g(t)在(0,1)上单调递增,所以g(t)<g(1)=0,即ln2t<t-2+在(0,1)上恒成立,所以原不等式成立,即ln x1+ln x2-2ln a<0.6.解析　(1)由g(x)=ln x-mx(x>0),得g'(x)=-m.当m≤0时,g'(x)>0,所以g(x)的单调递增区间是(0,+∞),无单调递减区间;当m>0时,令g'(x)>0,得0<x<,令g'(x)<0,得x>,所以g(x)的单调递增区间是,单调递减区间是.综上所述,当m≤0时,g(x)的单调递增区间是(0,+∞),无单调递减区间;当m>0时,g(x)的单调递增区间是,单调递减区间是.(2)当m>0时,对任意的x1∈[1,2],存在x2∈[1,2],使得f(x1)-3m>g(x2)成立,只需f(x)min-3m>g(x)min成立.由f(x)==+ln x++1,得f'(x)=+-=.令h(x)=x-ln x(x>0),则h'(x)=,所以当x∈(0,1)时,h'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,所以h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,且h(1)=1,所以h(x)≥h(x)min=h(1)=1>0,所以f'(x)>0,即f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)在[1,2]上单调递增,所以f(x)min=f(1)=2.由(1)知,当m>0时,g(x)在上单调递增,在上单调递减.①当0<≤1,即m≥1时,g(x)在[1,2]上单调递减,g(x)min=g(2)=ln 2-2m.②当1<<2,即<m<1时,g(x)在上单调递增,在上单调递减,g(x)min=min{g(1),g(2)}.又g(2)-g(1)=ln 2-2m-(-m)=ln 2-m.当<m≤ln 2时,g(2)≥g(1),此时g(x)min=g(1)=-m;当ln 2<m<1时,g(2)<g(1),此时g(x)min=g(2)=ln 2-2m.③当≥2,即0<m≤时,g(x)在[1,2]上单调递增,g(x)min=g(1)=-m.所以当0<m≤ln 2时,g(x)min=g(1)=-m,由得0<m≤ln 2.当m>ln 2时,g(x)min=g(2)=ln 2-2m,由得ln 2<m<2-ln 2.所以0<m<2-ln 2.综上,实数m的取值范围是(0,2-ln 2).