高考備考“最后30天”大沖刺 數學 專題十 函數與導數理 教師版

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1、 高考數學精品復習資料 2019.5 0 專題十：函數與導數 例 題 已知函數f(x)＝aex＋x2，g(x)＝sin＋bx，直線l與曲線y＝f(x)切于點(0，f(0))，且與曲線y＝g(x)切于點(1，g(1))． （1）求a，b的值和直線l的方程； （2）證明：f(x)>g(x)． 【解析】（1）解：f′(x)＝aex＋2x，g′(x)＝cos＋b， f(0)＝a，f′(0)＝a，g(1)＝1＋b，g′(1)＝b， 曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝ax＋a， 曲線y＝g(

2、x)在點(1，g(1))處的切線方程為y＝b(x－1)＋1＋b，即y＝bx＋1． 依題意，有a＝b＝1，直線l的方程為y＝x＋1． （2）證明：由（1）知f(x)＝ex＋x2，g(x)＝sin＋x． 設F(x)＝f(x)－(x＋1)＝ex＋x2－x－1， 則F′(x)＝ex＋2x－1， 當x∈(－∞，0)時，F′(x)F′(0)＝0． 所以F(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增，故F(x)≥F(0)＝0． 設G(x)＝x＋1－g(x)＝1－sin， 則G(x)≥0，當且僅當x＝4k＋1(k∈Z)時等號成

3、立． 由上可知，f(x)≥x＋1≥g(x)，且兩個等號不同時成立，因此f(x)>g(x)． 【答案】（1）a＝b＝1，直線l的方程為y＝x＋1；（2）見解析． 基礎回歸 解析幾何是高考中重要的題型之一，比重很大，靈活新穎，題型覆蓋選擇題，填空題，解答題．直接與函數導數有關的題型約占30分，間接與函數導數有關的題型約占80分．重要考查的知識點有指、對數函數，冪函數，二次函數，函數性質，導數的應用等．函數的教學貫穿整個高中，主要位于必修1，選修2-2． 規(guī)范訓練 綜合題（48分/60min） 1．（12分/15min）已知函數f(x)＝

4、bx－axln x(a>0)的圖象在點(1，f(1))處的切線與直線y＝(1－a)x平行． （1）若函數y＝f(x)在[e，2e]上是減函數，求實數a的最小值； （2）設g(x)＝，若存在x1∈[e，e2]，使g(x1)≤成立，求實數a的取值范圍． 【解析】∵f′(x)＝b－a－aln x， ∴f′(1)＝b－a，∴b－a＝1－a，∴b＝1． 則f(x)＝x－axln x． （1）∵y＝f(x)在[e，2e]上為減函數， ∴f′(x)＝1－a－aln x≤0在[e，2e]上恒成立， 即a≥在[e，2e]上恒成立． ∵函數h(x)＝在[e，2e]上遞減， ∴h(x)的最大值為

5、，∴實數a的最小值為． （2）∵g(x)＝＝－ax， ∴g′(x)＝－a＝－2＋－a＝－2＋－a， 故當＝，即x＝e2時，g′(x)max＝－a． 若存在x1∈[e，e2]，使g(x1)≤成立， 等價于當x∈[e，e2]時，有g(x)min≤． 當a≥時，g(x)在[e，e2]上為減函數， ∴g(x)min＝g(e2)＝－ae2≤，故a≥－． 當0

6、函數； 當x∈(x0，e2]時，g′(x)>0，g(x)為增函數． 所以g(x)min＝g(x0)＝－ax0≤，x0∈(e，e2)． 所以a≥－≥－>－＝，與0

7、2分/15min）已知函數f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)． （1）當a＝4時，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程； （2）若當x∈(1，＋∞)時，f(x)>0，求a的取值范圍． 【解析】（1）f(x)的定義域為(0，＋∞)． 當a＝4時，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，f′(x)＝ln x＋－3， f′(1)＝－2，f(1)＝0． 曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為2x＋y－2＝0． （2）當x∈(1，＋∞)時，f(x)>0等價于ln x－>0． 設g(x)＝ln x－， 則g′(x)＝－＝，g(1)＝0． ①當a≤2，x

8、∈(1，＋∞)時，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0， 故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上單調遞增，因此g(x)>0． ②當a>2時，令g′(x)＝0得， x1＝a－1－，x2＝a－1＋． 由x2>1和x1x2＝1得x1<1， 故當x∈(1，x2)時，g′(x)<0， g(x)在(1，x2)上單調遞減，此時g(x)

9、題學科用語是否精準規(guī)范？□是 □否 4.書寫：字跡是否工整？卷面是否整潔？□是 □否 5.得分點：答題得分點是否全面無誤？□是 □否 6.教材：教材知識是否全面掌握？ □是 □否 3．（12分/15min）已知函數f(x)＝ax2＋ln(x＋1)． （1）當a＝－時，求函數f(x)的單調區(qū)間； （2）若函數f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上為減函數，求實數a的取值范圍； （3）當x∈[0，＋∞)時，不等式f(x)－x≤0恒成立，求實數a的取值范圍． 【解析】（1）當a＝－時，f(x)＝－x2＋ln(x＋1)(x>－1)， ∴f′(x)＝－x＋＝－． 令f′(x)>0

10、，得－11． ∴f(x)的單調遞增區(qū)間是(－1，1)，單調遞減區(qū)間是(1，＋∞)． （2）因為函數f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上為減函數， ∴f′(x)＝2ax＋≤0對?x∈[1，＋∞)恒成立． 即a≤－對?x∈[1，＋∞)恒成立． ∴a≤－．故實數a的取值范圍為． （3）∵當x∈[0，＋∞)時，不等式f(x)－x≤0恒成立， 即ax2＋ln(x＋1)－x≤0恒成立， 設g(x)＝ax2＋ln(x＋1)－x(x≥0)， 只需g(x)max≤0即可． g′(x)＝2ax＋－1＝． ①當a＝0時，g′(x)＝－， 當x>0時，g′(x)<

11、0，函數g(x)在(0，＋∞)上單調遞減， ∴g(x)≤g(0)＝0成立． ②當a>0時，令g′(x)＝0， ∵x≥0，解得x＝－1． (i)當－1<0，即a>時，在區(qū)間(0，＋∞)上g′(x)>0， 則函數g(x)在(0，＋∞)上單調遞增， ∴g(x)在[0，＋∞)上無最大值，不合題設． (ii)當－1≥0，即00． ∴函數g(x)在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增， 同樣g(x)在[0，＋∞)無最大值，不滿足條件． ③當a<0時，由x≥0，故2ax＋(2a－1)<0， ∴g′(x)＝<0， ∴函數g(x)在[0，

12、＋∞)上單調遞減， ∴g(x)≤g(0)＝0成立， 綜上所述，實數a的取值范圍是(－∞，0]． 【答案】（1）f(x)的單調遞增區(qū)間是(－1，1)，單調遞減區(qū)間是(1，＋∞)；（2）；（3）(－∞，0]． 滿分規(guī)范 1.時間：你是否在限定時間內完成？ □是 □否 2.步驟：答題步驟是否與標答一致？ □是 □否 3.語言：答題學科用語是否精準規(guī)范？□是 □否 4.書寫：字跡是否工整？卷面是否整潔？□是 □否 5.得分點：答題得分點是否全面無誤？□是 □否 6.教材：教材知識是否全面掌握？ □是 □否 4．（12分/15min）已知函數f(x)＝

13、xln x＋ax＋b在點(1，f(1))處的切線為3x－y－2＝0． （1）求函數f(x)的解析式； （2）若k∈Z，且存在x>0，使得k>成立，求k的最小值． 【解析】（1）f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝ln x＋1＋a， ∴ ∴ ∴f(x)＝xln x＋2x－1． （2）k>可化為k>， 令g(x)＝，?x∈(0，＋∞)，使得k>， 則k>g(x)min． g′(x)＝，x∈(0，＋∞)， 令h(x)＝x－1－ln(x＋1)， 則h′(x)＝1－＝>0， ∴h(x)在(0，＋∞)上為增函數． 又h(2)＝1－ln 3<0，h(3)＝2－ln 4

14、>0， 故存在唯一的x0∈(2，3)使得h(x0)＝0， 即x0－1＝ln(x0＋1)． 當x∈(0，x0)時，h(x)<0， ∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，x0)上為減函數； 當x∈(x0，＋∞)時，h(x)>0， ∴g′(x)>0，∴g(x)在(x0，＋∞)上為增函數． ∴g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0＋2， ∴k>x0＋2． ∵x0∈(2，3)，∴x0＋2∈(4，5)． ∵k∈Z，∴k的最小值為5． 【答案】（1）f(x)＝xln x＋2x－1；（2）5． 滿分規(guī)范 1.時間：你是否在限定時間內完成？ □是 □否 2.步驟：答題步驟是否與標答一致？ □是 □否 3.語言：答題學科用語是否精準規(guī)范？□是 □否 4.書寫：字跡是否工整？卷面是否整潔？□是 □否 5.得分點：答題得分點是否全面無誤？□是 □否 6.教材：教材知識是否全面掌握？ □是 □否 歡迎訪問“高中試卷網”——http://sj.fjjy.org