高三文科數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)題庫-導(dǎo)數(shù)和三角函數(shù)-資料下載頁
2024-11-02 19:39本頁面
【導(dǎo)讀】未找到引用源。!cosθ.故tanθ=錯誤!△ABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,向量m=(2sinB,-錯誤!-1),且m∥n,則銳角B的值為(). 根據(jù)m∥n,轉(zhuǎn)化為B的三角函數(shù)值后求解.又因為B為銳角,所以2B∈(0,π).是否有垂直或者平行的關(guān)系,再結(jié)合選項判斷.選a·b=·=cos(α-β),這表明。所以(a+b)⊥(a-b).[來源:Z。=-2,利用數(shù)量積公式得到ab=8,再利用余弦定理可。利用余弦定理可得,c2=a2+b2-2abcosC=(a+b)2-2ab-2abcosC=52-2×8-4=5.由正弦定理可得sinB=2sinCcosA,故三角形為等邊三角形.與x軸正向的夾角為β,則α+β=π+錯誤!由題知a>b,則A>B,故B=錯誤!解得c=1或c=-7(舍去).方向上的投影為|錯誤!
【正文】 增 極大值 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增 由表可得當(dāng) x=4時 ,函數(shù) f(x)有極大值 f(4)=6e4。[來源 :學(xué)科網(wǎng) ] 當(dāng) x=0時 ,函數(shù) f(x)有極小值 f(0)=2. 14 (2)由 (1)及當(dāng) x→ ∞ ,f(x)→ 0。x→ +∞ ,f(x)→ +∞大致圖象為如圖 ,“方程f(x)=m有兩個不同的實數(shù)根” 轉(zhuǎn)化為函數(shù) f(x)的圖象與 y=m 的圖象有兩個不同的交點 ,故實數(shù) m的取值范圍為 (2,0]∪ {6e4}. 4.(2020包頭模擬 )已知函數(shù) f(x)=x2ln x. (1)求函數(shù) f(x)的單調(diào)區(qū)間 . (2)若關(guān)于 x的方程 f(x)=kx1有實數(shù)解 ,求實數(shù) k的取值范圍 . 【解析】 (1)函數(shù)的定義域為 {x|x0},f′ (x)=x(2ln x+1).令 f′ (x)=x(2ln x +1)0,得 2ln x+10,即 x ee。令 f′ (x)=x(2ln x+1)0,得 2ln x+10,即 0x ee,所以當(dāng) x∈（ 0, ee ） 時 ,f(x)單調(diào)遞減 。 當(dāng) x∈ ( ee ,+∞ )時 ,f(x)單調(diào)遞增 . (2)由 f(x)=kx1得 x2ln x=kx1, 所以有 k=xln x+1x (x0), 設(shè) g(x)=xln x+1x,g′ (x)=ln x+ 22x1x?,g′ (1)=0, 當(dāng) 0x1時 ,g′ (x)0,g(x)單調(diào)遞減 。 當(dāng) x1時 ,g′ (x)0,g(x)單調(diào)遞增 , 所以 x0時 ,g(x)min=g(1)=1. 15 所以 k≥ 1,k的取值范圍是 [1,+∞ ). 5.(2020 四川高考 )已知函數(shù) f(x)=exax2bx1,其中 a,b∈ R,e= 28…為自然對數(shù)的底數(shù) . (1)設(shè) g(x)是函數(shù) f(x)的導(dǎo)函數(shù) ,求函數(shù) g(x)在區(qū)間 [0,1]上的最小值 . (2)若 f(1)=0,函數(shù) f(x)在區(qū)間 (0,1)內(nèi)有零點 ,求 a的取值范圍 . 【解題提示】 本題主要考查導(dǎo)數(shù)的運算、導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用 ,函數(shù)的零點等基礎(chǔ)知識 ,考查推理論證能力、運算求解能力、創(chuàng)新 意識 ,考查函數(shù)與方程、數(shù)形結(jié)合、分類與整合、化歸與轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)思想 ,并考查思維的嚴(yán)謹(jǐn)性 . 【解析】 (1)因為 f(x)=exax2bx1, 所以 g(x)=f′ (x)=ex2axb,又 g′ (x)=ex2a, 因為 x∈ [0,1],1≤ ex≤ e,所以 : ①若 a≤ 12,則 2a≤ 1,g′ (x)=ex2a≥ 0, 所以函數(shù) g(x)在區(qū)間 [0,1]上單調(diào)遞增 ,g(x)min=g(0)=1b.[來源 :學(xué)科網(wǎng) ] ②若 12ae2,則 12ae, 于是當(dāng) 0≤ x≤ ln(2a)時 ,g′ (x)=ex2a≤ 0, 當(dāng) ln(2a)x≤ 1時 ,g′ (x)=ex2a0, 所以函數(shù) g(x)在區(qū)間 [0,ln(2a)]上單調(diào)遞減 ,在區(qū)間 (ln(2a),1]上單調(diào)遞增 , g(x)min=g(ln(2a))=2a2aln(2a)b. ③若 a≥ e2,則 2a≥ e,g′ (x)=ex2a≤ 0, 所以函數(shù) g(x)在區(qū)間 [0,1]上單調(diào)遞減 , g(x)min=g(1)=e2ab. 綜上所述 ,當(dāng) a≤ 12 時 ,g(x)在區(qū)間 [0,1]上的最小值為 g(x)min=g(0)=1b。 16 當(dāng) 12ae2時 ,g(x)在區(qū)間 [0,1]上的最小值為 g(x)min=g(ln(2a))=2a2aln(2a)b。 當(dāng) a≥ e2時 ,g(x)在區(qū)間 [0,1]上的最小值為 g(x)min=g(1)=e2ab. (2)由 f(1)=0?eab1=0?b=ea1,又 f(0)=0,若函數(shù) f(x)在區(qū)間 (0,1)內(nèi)有零點 ,則函數(shù) f(x)在區(qū)間 (0,1)內(nèi)不可能單調(diào)遞增 ,也不可能單調(diào)遞減 , 由 (1)知當(dāng) a≤ 12或 a≥ e2時 ,函數(shù) g(x)即 f′ (x)在區(qū)間 [0,1]上單調(diào) ,不可能滿足上述要求 . 故只有 12ae2,此時 g(x)min=2a2aln(2a)b=3a2aln(2a)e+1, 令 h(x)= 32xxln xe+1(1xe), 則 h′ (x)=12ln x. 由 h′ (x)=12ln x0?xe , 所以 h(x) 在區(qū)間 (1, e ) 上單調(diào)遞增 , 在區(qū)間 ( e ,e) 上單調(diào)遞減 ,h(x)max=h( e )=32 e e ln e e+1= e e+10, 即 g(x)min0 恒成立 , 因為函數(shù) f(x)在區(qū)間 (0,1)內(nèi)不可能單調(diào)遞增 ,也不可能單調(diào)遞減 , 所以 ? ?? ?g 0 1 b 2 e a 0 ,g 1 e 2a b a 1 0 ,? ? ? ? ? ????? ? ? ? ? ? ???解得 a e 2,a 1,???? ?? 又 12ae2,所 以 e2a1, 綜上 ,a的取值范圍為 (e2,1).
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