高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式 專題強化練五 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式 專題強化練五 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式 專題強化練五 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題強化練五 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 一、選擇題 1．設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(2)＝0，當(dāng)x＞0時，有＜0恒成立，則不等式x2f(x)＞0的解集是(　　) A．(－2，0)∪(2，＋∞)　　 B．(－2，0)∪(0，2) C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(0，2) 解析：當(dāng)x＞0時，′＝＜0， 所以φ(x)＝在(0，＋∞)上為減函數(shù)，又φ(2)＝0， 所以當(dāng)且僅當(dāng)0＜x＜2時，φ(x)＞0，此時x2f(x)＞0. 又f(x)為奇函數(shù)，所以h(x)＝x2f(x)也為奇函數(shù)． 故x2f(x)＞0的解集為(－∞，－2)∪(0，2)． 答案：D 2

2、．(2018·貴陽聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)的定義域為[－1，4]，部分對應(yīng)值如下表： x －1 0 2 3 4 f(x) 1 2 0 2 0 f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示．當(dāng)1＜a＜2時，函數(shù)y＝f(x)－a的零點的個數(shù)為(　　) A．1　　　　 B．2　　　　 C．3　　　　 D．4 解析：根據(jù)導(dǎo)函數(shù)圖象，知2是函數(shù)的極小值點，函數(shù)y＝f(x)的大致圖象如圖所示． 由于f(0)＝f(3)＝2，1＜a＜2，所以y＝f(x)－a的零點個數(shù)為4. 答案：D 3．(2018·廣東二模)已知函數(shù)f(x)＝ex－ln x，則下面對函數(shù)f(x)的描

3、述正確的是(　　) A．?x∈(0，＋∞)，f(x)≤2 B．?x∈(0，＋∞)，f(x)＞2 C．?x0∈(0，＋∞)，f(x0)＝0 D．f(x)min∈(0，1) 解析：因為f(x)＝ex－ln x的定義域為(0，＋∞)， 且f′(x)＝ex－＝， 令g(x)＝xex－1，x＞0， 則g′(x)＝(x＋1)ex＞0在(0，＋∞)上恒成立， 所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 又g(0)·g(1)＝－(e－1)＜0， 所以?x0∈(0，1)，使g(x0)＝0，則f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增， 則f(x)min＝f(x0)＝ex0－

4、ln x0， 又ex0＝，x0＝－ln x0，所以f(x)min＝＋x0＞2. 答案：B 4．若函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，且滿足f(x)－xf′(x)＞0，則(　　) A．3f(1)＜f(3) B．3f(1)＞f(3) C．3f(1)＝f(3) D．f(1)＝f(3) 解析：由于f(x)＞xf′(x)，則′＝＜0恒成立，因此y＝在R上是單調(diào)減函數(shù)， 所以＜，即3f(1)＞f(3)． 答案：B 5．(2018·佛山市質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝若m＜n，且f(m)＝f(n)，則n－m的最小值是(　　) A．3－2ln 2 B．e－1 C．2 D．e＋1 解析：作

5、出函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖所示． 若m＜n，且f(m)＝f(n)， 則當(dāng)ln x＝1時，得x＝e， 因此1＜n≤e，－1＜m≤1. 又ln n＝m＋，即m＝2ln n－1. 所以n－m＝n－2ln n＋1， 設(shè)h(n)＝n－2ln n＋1(1＜n≤e)，則h′(n)＝1－. 當(dāng)h′(n)＞0，得2＜n≤e；當(dāng)h′(n)＜0，得1＜n＜2. 故當(dāng)n＝2時，函數(shù)h(n)取得最小值h(2)＝3－2ln 2. 答案：A 二、填空題 6．做一個無蓋的圓柱形水桶，若要使其體積是27π dm3，且用料最省，則圓柱的底面半徑為________dm. 解析：設(shè)圓柱的底面半徑為R d

6、m，母線長為l dm，則V＝πR2l＝27π，所以l＝，要使用料最省，只需使圓柱形水桶的表面積最小． S表＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·， 所以S′表＝2πR－. 令S′表＝0，得R＝3，則當(dāng)R＝3時，S表最?。? 答案：3 7．對于函數(shù)y＝f(x)，若其定義域內(nèi)存在兩個不同實數(shù)x1，x2，使得xif(xi)＝1(i＝1，2)成立，則稱函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P.若函數(shù)f(x)＝具有性質(zhì)P，則實數(shù)a的取值范圍為________． 解析：依題意，xf(x)＝1，即＝1在R上有兩個不相等實根， 所以a＝xex在R上有兩個不同的實根，令φ(x)＝xex， 則φ′(x)＝ex(x＋1)，

7、 當(dāng)x＜－1時，φ′(x)＜0，φ(x)在(－∞，－1)上是減函數(shù)； 當(dāng)x＞－1時，φ′(x)＞0，φ(x)在(－1，＋∞)上是增函數(shù)． 因此φ(x)極小值為φ(－1)＝－. 在同一坐標(biāo)系中作y＝φ(x)與y＝a的圖象，又當(dāng)x＜0時，φ(x)＝xex＜0. 由圖象知，當(dāng)－＜a＜0時，兩圖象有兩個交點．故實數(shù)a的取值范圍為. 答案： 8．(2018·江蘇卷改編)若函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)內(nèi)有且只有一個零點，則f(x)在[0，1]上的最大值是________． 解析：f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)， ①當(dāng)a≤0時，f′(

8、x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又f(0)＝1，所以此時f(x)在(0，＋∞)內(nèi)無零點，不滿足題意，因此a＞0. ②當(dāng)a＞0時，令f′(x)＝0得x＝. 當(dāng)0＜x＜時，f′(x)＜0，f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x＞時，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)，所以x＞0時，f(x)有極小值，為f＝－＋1. 因為f(x)在(0，＋∞)內(nèi)有且只有一個零點， 所以f＝0，所以a＝3. 所以f(x)＝2x3－3x2＋1，則f′(x)＝6x(x－1)． 當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)＜0，故f(x)在x∈[0，1]上是減函數(shù)， 所以f(x)max＝f(0)＝1. 答

9、案：1 三、解答題 9．已知函數(shù)f(x)＝－ln x. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)求證：ln ≤. (1)解：f(x)＝－ln x＝1－－ln x， f(x)的定義域為(0，＋∞)． f′(x)＝－＝， 令f′(x)＞0?0＜x＜1，令f′(x)＜0?x＞1， 所以f(x)＝1－－ln x在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． (2)證明：要證ln ≤，即證2－ln x≤1＋， 即證1－－ln x≤0. 由(1)可知，f(x)＝1－－ln x在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)在(0，＋∞)上的最大值為f(1)＝1－1－l

10、n 1＝0，即f(x)≤0， 所以1－－ln x≤0恒成立．原不等式得證． 10．已知函數(shù)f(x)＝ex－1，g(x)＝＋x，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，e＝2.718 28… (1)證明：函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)在區(qū)間(1，2)上有零點； (2)求方程f(x)＝g(x)的根的個數(shù)，并說明理由． (1)證明：由題意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x， 所以h(1)＝e－3＜0，h(2)＝e2－3－＞0， 所以h(1)·h(2)＜0， 所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(1，2)上有零點． (2)解：由(1)可知，h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x. 由g(x

11、)＝＋x知x∈[0，＋∞)， 而h(0)＝0，則x＝0為h(x)的一個零點． 又h(x)在(1，2)內(nèi)有零點， 因此h(x)在[0，＋∞)上至少有兩個零點． h′(x)＝ex－x－－1，記φ(x)＝ex－x－－1. 則φ′(x)＝ex＋x－， 當(dāng)x∈(0，＋∞)時，φ′(x)＞0，則φ(x)在(0，＋∞)上遞增．易知φ(x)在(0，＋∞)內(nèi)只有一個零點， 所以h(x)在[0，＋∞)上有且只有兩個零點， 所以方程f(x)＝g(x)的根的個數(shù)為2. 11．(2018·佛山質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)f(x)＝(a∈R)． (1)若曲線y＝f(x)在x＝1處的切線過點M(2，3)，求a的值；

12、(2)設(shè)g(x)＝x＋－，若對任意的n∈[0，2]，存在m∈[0，2]，使得f(m)≥g(n)成立，求a的取值范圍． 解：(1)因為f(x)＝， 所以f′(x)＝e·＝ －. 又f(1)＝1，即切點為(1，1)， 所以k＝f′(1)＝1－a＝，解得a＝－1. (2)“對任意的n∈[0，2]，存在m∈[0，2]，使得f(m)≥g(n)成立”，等價于“在[0，2]上，f(x)的最大值大于或等于g(x)的最大值．” 因為g(x)＝x＋－，g′(x)＝≥0， 所以g(x)在[0，2]上單調(diào)遞增， 所以g(x)max＝g(2)＝2. 令f′(x)＝0，得x＝2或x＝a. ①當(dāng)a≤0

13、時，f′(x)≥0在[0，2]上恒成立，f(x)單調(diào)遞增， f(x)max＝f(2)＝(4－a)e－1≥2，解得a≤4－2e； ②當(dāng)0＜a＜2時，f′(x)≤0在[0，a]上恒成立，f(x)單調(diào)遞減，f′(x)≥0在[a，2]上恒成立，f(x)單調(diào)遞增， f(x)的最大值為f(2)＝(4－a)e－1或f(0)＝ae， 所以(4－a)e－1≥2或ae≥2. 解得a≤4－2e或a≥，所以≤a＜2； ③當(dāng)a≥2時，f′(x)≤0在[0，2]上恒成立，f(x)單調(diào)遞減， f(x)max＝f(0)＝ae≥2，解得a≥，所以a≥2. 綜上所述，a≤4－2e或a≥. 故a的取值范圍為(－∞

14、，4－2e]∪[，＋∞)． 滿分示范練——函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 【典例】　(2017·全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)a＜0時，證明：f(x)≤－－2. (1)解：f(x)的定義域(0，＋∞)． f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝， 若a≥0，則當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)＞0， 故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 若a＜0時，當(dāng)x∈時，f′(x)＞0； 當(dāng)x∈時，f′(x)＜0. 故f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． (2)證明：由(1)知，當(dāng)a＜0時，f(x)在x＝－處取得最大值，最大值為f＝

15、ln－1－， 所以f(x)≤－－2等價于ln－1－≤－－2， 即ln＋＋1≤0， 設(shè)g(x)＝ln x－x＋1，則g′(x)＝－1. 當(dāng)x∈(0，1)時，g′(x)＞0；x∈(1，＋∞)時，g′(x)＜0. 所以g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． 故當(dāng)x＝1時，g(x)取得最大值，最大值為g(1)＝0. 所以當(dāng)x＞0時，g(x)≤0， 從而當(dāng)a＜0時，ln＋＋1≤0， 即f(x)≤－－2. 高考狀元滿分心得 1．得步驟分：抓住得分點的步驟，“步步為贏”，求得滿分．如第(1)問中，求導(dǎo)正確，分類討論；第(2)問中利用單調(diào)性求g(x)的最小值和不等式性

16、質(zhì)的運用． 2．得關(guān)鍵分：解題過程不可忽視關(guān)鍵點，有則給分，無則沒分，如第(1)問中，求出f(x)的定義域，f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)性的判斷；第(2)問，f(x)在x＝－處最值的判定，f(x)≤－－2等價轉(zhuǎn)化為ln＋＋1≤0等． 3．得計算分：解題過程中計算準(zhǔn)確是得滿分的根本保證．如第(1)問中，求導(dǎo)f′(x)準(zhǔn)確，否則全盤皆輸，第(2)問中，準(zhǔn)確計算f(x)在x＝－處的最大值． [解題程序]　第一步：求函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)； 第二步：分類討論f(x)的單調(diào)性； 第三步：利用單調(diào)性，求f(x)的最大值； 第四步：根據(jù)要證的不等式的結(jié)構(gòu)特點，構(gòu)造函數(shù)g(x)； 第五

17、步：求g(x)的最大值，得出要證的不等式； 第六步：反思回顧，查看關(guān)鍵點、易錯點和解題規(guī)范． [跟蹤訓(xùn)練]　(2017·全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝x－1－aln x. (1)若f(x)≥0，求a的值； (2)設(shè)m為整數(shù)，且對于任意正整數(shù)n，(1＋)·…·＜m，求m的最小值． 解：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)， ①若a≤0，因為f＝－＋aln 2＜0，所以不滿足題意． ②若a>0，由f′(x)＝1－＝知， 當(dāng)x∈(0，a)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(a，＋∞)時，f′(x)>0. 所以f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增． 故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值點． 因為f(1)＝0，所以當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時，f(x)≥0， 故a＝1. (2)由(1)知當(dāng)x∈(1，＋∞)時，x－1－ln x>0. 令x＝1＋，得ln＜， 從而ln＋ln＋…＋ln＜＋＋…＋＝1－＜1. 故·…·＜e. 又·…·＞·＝＞2， 所以當(dāng)n≥3時，·…·∈(2，e)， 由于·…·(1＋)＜m，且m∈N*. 所以整數(shù)m的最小值為3.