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2019-2020年高考數學大二輪總復習 增分策略 專題二 函數與導數 第3講 導數及其應用試題
1.(xx湖南)設函數f(x)=ln(1+x)-ln(1-x),則f(x)是( )
A.奇函數,且在(0,1)上是增函數
B.奇函數,且在(0,1)上是減函數
C.偶函數,且在(0,1)上是增函數
D.偶函數,且在(0,1)上是減函數
2.(xx課標全國Ⅰ)已知函數f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零點x0,且x0>0,則a的取值范圍是( )
A.(2,+∞) B.(-∞,-2)
C.(1,+∞) D.(-∞,-1)
3.(xx遼寧)當x∈[-2,1]時,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,則實數a的取值范圍是( )
A.[-5,-3] B.[-6,-]
C.[-6,-2] D.[-4,-3]
4.(xx安徽)已知函數f(x)=x3+ax2+bx+c有兩個極值點x1,x2.若f(x1)=x1
0)與曲線C2:x2+y2=的一個公共點,若C1在A處的切線與C2在A處的切線互相垂直,則實數a的值是________.
熱點二 利用導數研究函數的單調性
1.f′(x)>0是f(x)為增函數的充分不必要條件,如函數f(x)=x3在(-∞,+∞)上單調遞增,但f′(x)≥0.
2.f′(x)≥0是f(x)為增函數的必要不充分條件,當函數在某個區(qū)間內恒有f′(x)=0時,則f(x)為常函數,函數不具有單調性.
例2 (xx重慶)設函數f(x)=(a∈R).
(1)若f(x)在x=0處取得極值,確定a的值,并求此時曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程;
(2)若f(x)在[3,+∞)上為減函數,求a的取值范圍.
思維升華 利用導數研究函數單調性的一般步驟:
(1)確定函數的定義域;
(2)求導函數f′(x);
(3)①若求單調區(qū)間(或證明單調性),只要在函數定義域內解(或證明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.
②若已知函數的單調性,則轉化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調區(qū)間上恒成立問題來求解.
跟蹤演練2 (1)函數f(x)=x2-ln x的單調遞減區(qū)間為( )
A.(-1,1] B.(0,1]
C.[1,+∞) D.(0,+∞)
(2)若函數f(x)=-x3+x2+2ax在[,+∞)上存在單調遞增區(qū)間,則a的取值范圍是________.
熱點三 利用導數求函數的極值、最值
1.若在x0附近左側f′(x)>0,右側f′(x)<0,則f(x0)為函數f(x)的極大值;若在x0附近左側f′(x)<0,右側f′(x)>0,則f(x0)為函數f(x)的極小值.
2.設函數y=f(x)在[a,b]上連續(xù),在(a,b)內可導,則f(x)在[a,b]上必有最大值和最小值且在極值點或端點處取得.
例3 設函數f(x)=px--2ln x,g(x)=,其中p>0.
(1)若f(x)在其定義域內是單調增函數,求實數p的取值范圍;
(2)若在[1,e]上存在點x0,使得f(x0)>g(x0)成立,求實數p的取值范圍;
(3)若在[1,e]上存在點x1,x2,使得f(x1)>g(x2)成立,求實數p的取值范圍.
思維升華 (1)求函數f(x)的極值,則先求方程f′(x)=0的根,再檢查f′(x)在方程根的左右函數值的符號.
(2)若已知極值大小或存在情況,則轉化為已知方程f′(x)=0根的大小或存在情況來求解.
(3)求函數f(x)在閉區(qū)間[a,b]的最值時,在得到極值的基礎上,結合區(qū)間端點的函數值f(a),f(b)與f(x)的各極值進行比較得到函數的最值.
跟蹤演練3 已知函數f(x)=ln x+ax-a2x2(a≥0).
(1)若x=1是函數y=f(x)的極值點,求a的值;
(2)若f(x)<0在定義域內恒成立,求實數a的取值范圍.
1.已知曲線y=ln x的切線過原點,則此切線的斜率為( )
A.e B.-e
C. D.-
2.已知函數f(x)=x3+ax2+bx-a2-7a在x=1處取得極大值10,則的值為( )
A.- B.-2
C.-2或- D.2或-
3.已知函數f(x)=x2-ax+3在(0,1)上為減函數,函數g(x)=x2-aln x在(1,2)上為增函數,則a的值等于________.
4.已知函數f(x)=x-,g(x)=x2-2ax+4,若任意x1∈[0,1],存在x2∈[1,2],使f(x1)≥g(x2),則實數a的取值范圍是__________.
提醒:完成作業(yè) 專題二 第3講
二輪專題強化練
專題二
第3講 導數及其應用
A組 專題通關
1.若函數y=f(x)的導函數y=f′(x)的圖象如圖所示,則y=f(x)的圖象可能為( )
2.(xx云南第一次檢測)函數f(x)=的圖象在點(1,-2)處的切線方程為( )
A.2x-y-4=0 B.2x+y=0
C.x-y-3=0 D.x+y+1=0
3.(xx福建)若定義在R上的函數f(x)滿足f(0)=-1,其導函數f′(x)滿足f′(x)>k>1,則下列結論中一定錯誤的是( )
A.f< B.f>
C.f< D.f>
4.設f(x)=x3+ax2+5x+6在區(qū)間[1,3]上為單調函數,則實數a的取值范圍為( )
A.[-,+∞)
B.(-∞,-3]
C.(-∞,-3]∪[-,+∞)
D.[-,]
5.已知a≤+ln x對任意x∈[,2]恒成立,則a的最大值為( )
A.0 B.1 C.2 D.3
6.(xx陜西)函數y=xex在其極值點處的切線方程為________.
7.若函數f(x)=在x∈(2,+∞)上單調遞減,則實數a的取值范圍是________.
8.已知函數f(x)=4ln x+ax2-6x+b(a,b為常數),且x=2為f(x)的一個極值點,則a的值為________.
9.(xx重慶)已知函數f(x)=ax3+x2(a∈R)在x=-處取得極值.
(1)確定a的值;
(2)若g(x)=f(x)ex,討論g(x)的單調性.
10.已知函數f(x)=-ln x,x∈[1,3].
(1)求f(x)的最大值與最小值;
(2)若f(x)<4-at對任意的x∈[1,3],t∈[0,2]恒成立,求實數a的取值范圍.
B組 能力提高
11.函數f(x)=x3-3x-1,若對于區(qū)間[-3,2]上的任意x1,x2,都有|f(x1)-f(x2)|≤t,則實數t的最小值是( )
A.20 B.18
C.3 D.0
12.已知函數f(x)=x(ln x-ax)有兩個極值點,則實數a的取值范圍為________.
13.設函數f(x)=aex(x+1)(其中,e=2.718 28…),g(x)=x2+bx+2,已知它們在x=0處有相同的切線.
(1)求函數f(x),g(x)的解析式;
(2)求函數f(x)在[t,t+1](t>-3)上的最小值;
(3)若對?x≥-2,kf(x)≥g(x)恒成立,求實數k的取值范圍.
學生用書答案精析
第3講 導數及其應用
高考真題體驗
1.A [易知函數定義域為(-1,1),又f(-x)=ln(1-x)-ln(1+x)=-f(x),故函數f(x)為奇函數,又f(x)=ln=ln,由復合函數單調性判斷方法知,f(x)在(0,1)上是增函數.故選A.]
2.B [f′(x)=3ax2-6x,
當a=3時,f′(x)=9x2-6x=3x(3x-2),
則當x∈(-∞,0)時,
f′(x)>0;x∈(0,)時,f′(x)<0;x∈(,+∞)時,f′(x)>0,注意f(0)=1,f()=>0,則f(x)的大致圖象如圖1所示.不符合題意,排除A、C.
圖1
當a=-時,f′(x)=-4x2-6x=-2x(2x+3),則當x∈(-∞,-)時,f′(x)<0,x∈(-,0)時,
f′(x)>0,x∈(0,+∞)時,f′(x)<0,注意
f(0)=1,f(-)=-,則f(x)的大致圖象如圖2所示.不符合題意,排除D.
圖2
]
3.C [當x=0時,ax3-x2+4x+3≥0變?yōu)?≥0恒成立,即a∈R.
當x∈(0,1]時,ax3≥x2-4x-3,a≥,
∴a≥max.
設φ(x)=,
φ′(x)=
=-=->0,
∴φ(x)在(0,1]上遞增,
φ(x)max=φ(1)=-6,∴a≥-6.
當x∈[-2,0)時,a≤,
∴a≤min.
仍設φ(x)=,
φ′(x)=-.
當x∈[-2,-1)時,φ′(x)<0,
當x∈(-1,0)時,φ′(x)>0.
∴當x=-1時,φ(x)有極小值,
即為最小值.
而φ(x)min=φ(-1)==-2,
∴a≤-2.
綜上知-6≤a≤-2.]
4.A [f′(x)=3x2+2ax+b;
由已知x1,x2是方程3x2+2ax+b=0的不同兩根,
當f(x1)=x10),得a=4.
例2 解 (1)對f(x)求導得f′(x)==,
因為f(x)在x=0處取得極值,所以f′(0)=0,即a=0.
當a=0時,f(x)=,f′(x)=,故f(1)=,f′(1)=,從而f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y-=(x-1),化簡得3x-ey=0.
(2)由(1)知f′(x)=.
令g(x)=-3x2+(6-a)x+a,
由g(x)=0,解得x1=,
x2=.
當x<x1時,g(x)<0,即f′(x)<0,
故f(x)為減函數;
當x1<x<x2時,g(x)>0,即f′(x)>0,
故f(x)為增函數;
當x>x2時,g(x)<0,即f′(x)<0,
故f(x)為減函數.
由f(x)在[3,+∞)上為減函數,知x2=≤3,解得a≥-,
故a的取值范圍為.
跟蹤演練2 (1)B (2)(-,+∞)
解析 (1)由題意知,函數的定義域為(0,+∞),又由
f′(x)=x-≤0,解得00,解得a>-.
所以a的取值范圍是(-,+∞).
例3 解 (1)f(x)的定義域為(0,+∞),
f′(x)=p+-=.
由條件知f′(x)≥0在(0,+∞)內恒成立,
即p≥恒成立.
而≤=1,當x=1時等號成立,即的最大值為1,
所以p≥1,即實數p的取值范圍是[1,+∞).
(2)設h(x)=f(x)-g(x),則已知等價于
h(x)>0在[1,e]上有解,
即等價于h(x)在[1,e]上的最大值大于0.
因為h′(x)=p+-+
=>0,
所以h(x)在[1,e]上是增函數,
所以h(x)max=h(e)=pe--4>0,
解得p>.
所以實數p的取值范圍是(,+∞).
(3)已知條件等價于f(x)max>g(x)min.
當p≥1時,由(1)知f(x)在[1,e]上是增函數,所以f(x)max=f(e)=pe--2.
當00.
綜上可知,應用pe--2>2,
解得p>.
所以實數p的取值范圍是(,+∞).
跟蹤演練3 解 (1)函數的定義域為(0,+∞),
f′(x)=.
因為x=1是函數y=f(x)的極值點,
所以f′(1)=1+a-2a2=0,
解得a=-(舍去)或a=1.
經檢驗,當a=1時,x=1是函數y=f(x)的極值點,所以a=1.
(2)當a=0時,f(x)=ln x,顯然在定義域內不滿足f(x)<0;
當a>0時,
令f′(x)==0,得
x1=-(舍去),x2=,
所以f′(x),f(x)的變化情況如下表:
x
(0,)
(,+∞)
f′(x)
+
0
-
f(x)
極大值
所以f(x)max=f()=ln <0,
所以a>1.
綜上可得a的取值范圍是(1,+∞).
高考押題精練
1.C [y=f(x)=ln x的定義域為(0,+∞),設切點為(x0,y0),則切線斜率k=f′(x0)=.∴切線方程為y-y0=(x-x0),又切線過點(0,0),代入切線方程得y0=1,則x0=e,∴k==.]
2.A [由題意知f′(x)=3x2+2ax+b,f′(1)=0,f(1)=10,
即
解得或
經檢驗滿足題意,故=-.]
3.2
解析 ∵函數f(x)=x2-ax+3在(0,1)上為減函數,
∴≥1,得a≥2.
又∵g′(x)=2x-,依題意g′(x)≥0在x∈(1,2)上恒成立,得2x2≥a在x∈(1,2)上恒成立,有a≤2,∴a=2.
4.
解析 由于f′(x)=1+>0,因此函數f(x)在[0,1]上單調遞增,
所以x∈[0,1]時,f(x)min=f(0)=-1.
根據題意可知存在x∈[1,2],
使得g(x)=x2-2ax+4≤-1,
即x2-2ax+5≤0,即a≥+能成立,
令h(x)=+,
則要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立,只需使a≥h(x)min,
又函數h(x)=+在x∈[1,2]上單調遞減,
所以h(x)min=h(2)=,故只需a≥.
二輪專題強化練答案精析
第3講 導數及其應用
1.C [根據f′(x)的符號,f(x)圖象應該是先下降后上升,最后下降,排除A、D;從適合f′(x)=0的點可以排除B.]
2.C [f′(x)=,則f′(1)=1,故該切線方程為y-(-2)=x-1,即x-y-3=0.]
3.C [∵導函數f′(x)滿足f′(x)>k>1,
∴f′(x)-k>0,k-1>0,>0,可構造函數g(x)=f(x)-kx,可得g′(x)>0,
故g(x)在R上為增函數,∵f(0)=-1,
∴g(0)=-1,∴g>g(0),
∴f->-1,∴f>,∴選項C錯誤,故選C.]
4.C [f′(x)=x2+2ax+5,當f(x)在[1,3]上單調遞減時,由得a≤-3;
當f(x)在[1,3]上單調遞增時,f′(x)≥0恒成立,
則有Δ=4a2-45≤0或或得a∈[-,+∞).
綜上a的取值范圍為(-∞,-3]∪[-,+∞),故選C.]
5.A [令f(x)=+ln x,則f′(x)=,當x∈[,1)時,f′(x)<0,當x∈(1,2]時,f′(x)>0,∴f(x)在[,1]上單調遞減,在[1,2]上單調遞增,∴[f(x)]min=f(1)=0,∴a≤0.]
6.y=-
解析 設y=f(x)=xex,令y′=ex+xex=ex(1+x)=0,得x=-1.當x<-1時,y′<0;當x>-1時,y′>0,故x=-1為函數f(x)的極值點,切線斜率為0,
又f(-1)=-e-1=-,故切點坐標為,切線方程為y+=0(x+1),即y=-.
7.a≤
解析 f′(x)=
==,令f′(x)≤0,即2a-1≤0,解得a≤.
8.1
解析 由題意知,函數f(x)的定義域為(0,+∞),
∵f′(x)=+2ax-6,∴f′(2)=2+4a-6=0,即a=1.
9.解 (1)對f(x)求導得f′(x)=3ax2+2x,
因為f(x)在x=-處取得極值,
所以f′=0,
即3a+2=-=0,解得a=.
(2)由(1)得g(x)=ex,
故g′(x)=ex+
ex
=ex
=x(x+1)(x+4)ex.
令g′(x)=0,解得x=0,x=-1或x=-4.
當x<-4時,g′(x)<0,故g(x)為減函數;
當-4<x<-1時,g′(x)>0,故g(x)為增函數;
當-1<x<0時,g′(x)<0,故g(x)為減函數;
當x>0時,g′(x)>0,故g(x)為增函數.
綜上知g(x)在(-∞,-4)和(-1,0)內為減函數,在(-4,-1)和(0,+∞)內為增函數.
10.解 (1)∵函數f(x)=-ln x,
∴f′(x)=-,
令f′(x)=0得x=2,
∵x∈[1,3],
當10;
∴f(x)在(1,2)上是單調減函數,
在(2,3)上是單調增函數,
∴f(x)在x=2處取得極小值f(2)=-ln 2;
又f(1)=,f(3)=-ln 3,
∵ln 3>1,∴-(-ln 3)=ln 3-1>0,
∴f(1)>f(3),
∴x=1時f(x)的最大值為,x=2時函數取得最小值為-ln 2.
(2)由(1)知當x∈[1,3]時,f(x)≤,
故對任意x∈[1,3],f(x)<4-at恒成立,
只要4-at>對任意t∈[0,2]恒成立,即at<恒成立,記g(t)=at,t∈[0,2].
∴解得a<,
∴實數a的取值范圍是(-∞,).
11.A [因為f′(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1),令f′(x)=0,得x=1,可知-1,1為函數的極值點.又f(-3)=-19,f(-1)=1,f(1)=-3,f(2)=1,所以在區(qū)間[-3,2]上f(x)max=1,f(x)min=-19.由題設知在區(qū)間[-3,2]上f(x)max-f(x)min≤t,從而t≥20,所以t的最小值是20.]
12.(0,)
解析 f′(x)=ln x+1-2ax(a>0),
問題轉化為a=在(0,+∞)上有兩個實數解.
設g(x)=,則g′(x)=-.
所以g(x)在(0,1)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減,g(x)在x=1處取得極大值也是最大值,即g(x)max=g(1)=.
注意g()=0,當x>1時,g(x)>0,
則g(x)的大致圖象如圖所示.
由圖象易知00得x>-2,
由f′(x)<0得x<-2,
∴f(x)在(-2,+∞)單調遞增,
在(-∞,-2)單調遞減.∵t>-3,
∴t+1>-2.
①當-30得ex>,
∴x>ln;
由F′(x)<0得xe2時,F(x)在[-2,+∞)單調遞增,
F(x)min=F(-2)=-2ke-2+2=(e2-k)<0,
不滿足F(x)min≥0.
②當ln=-2,即k=e2時,由①知,
F(x)min=F(-2)=(e2-k)=0,滿足F(x)min≥0.
③當ln>-2,即1≤k0,
滿足F(x)min≥0.
綜上所述,滿足題意的k的取值范圍為[1,e2].
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