高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第4講 導(dǎo)數(shù)的熱點(diǎn)問題練習(xí) 理

《高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第4講 導(dǎo)數(shù)的熱點(diǎn)問題練習(xí) 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第4講 導(dǎo)數(shù)的熱點(diǎn)問題練習(xí) 理（16頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第4講導(dǎo)數(shù)的熱點(diǎn)問題(2016課標(biāo)全國(guó)乙)已知函數(shù)f(x)(x2)exa(x1)2有兩個(gè)零點(diǎn)(1)求a的取值范圍；(2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：x1x20，則當(dāng)x(，1)時(shí)，f(x)0，所以f(x)在(，1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增又f(1)e，f(2)a，取b滿足b0且b(b2)a(b1)2a0，故f(x)存在兩個(gè)零點(diǎn)設(shè)a0，因此f(x)在(1，)上單調(diào)遞增又當(dāng)x1時(shí)，f(x)0，所以f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)若a1，故當(dāng)x(1，ln(2a)時(shí)，f(x)0，因此f(x)在(1，ln(2a)上單調(diào)遞減，在(ln(2a)，)上單調(diào)遞增又當(dāng)x1時(shí)，f(x)0，所以f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)綜上，a的取值范圍為(0，)(2)不妨設(shè)x1x2，由(1)知，x1(，1)，x2(1，)，2x2(，1)，f(x)在(，1)上單調(diào)遞減，所以x1x2f(2x2)，即f(2x2)1時(shí)，g(x)1時(shí)，g(x)0，從而g(x2)f(2x2)0，故x1x20(0xg(0)0，x(0,1)，即當(dāng)x(0,1)時(shí)，f(x)2.(3)解由(2)知，當(dāng)k2時(shí)，f(x)k對(duì)x(0,1)恒成立當(dāng)k2時(shí)，令h(x)f(x)k，則h(x)f(x)k(1x2).所以當(dāng)0x 時(shí)，h(x)0，因此h(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減當(dāng)0x 時(shí)，h(x)h(0)0，即f(x)2時(shí)，f(x)k并非對(duì)x(0,1)恒成立綜上可知，k的最大值為2.思維升華用導(dǎo)數(shù)證明不等式的方法(1)利用單調(diào)性：若f(x)在a，b上是增函數(shù)，則xa，b，則f(a)f(x)f(b)，對(duì)x1，x2a，b，且x1x2，則f(x1)f(x2)對(duì)于減函數(shù)有類似結(jié)論(2)利用最值：若f(x)在某個(gè)范圍D內(nèi)有最大值M(或最小值m)，則對(duì)xD，則f(x)M(或f(x)m)(3)證明f(x)g(x)，可構(gòu)造函數(shù)F(x)f(x)g(x)，證明F(x)0)(1)當(dāng)x0時(shí)，求證：f(x)1a；(2)在區(qū)間(1，e)上f(x)x恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍(1)證明設(shè)(x)f(x)1aaln xa(x0)，則(x).令(x)0，則x1，當(dāng)0x1時(shí)，(x)1時(shí)，(x)0，所以(x)在(1，)上單調(diào)遞增，故(x)在x1處取到極小值也是最小值，故(x)(1)0，即f(x)1a.(2)解由f(x)x得aln x1x，即a.令g(x)(1xe)，則g(x).令h(x)ln x(1x0，故h(x)在區(qū)間(1，e)上單調(diào)遞增，所以h(x)h(1)0.因?yàn)閔(x)0，所以g(x)0，即g(x)在區(qū)間(1，e)上單調(diào)遞增，則g(x)g(e)e1，即0)，則f(x)(x0)，當(dāng)x(0，e)時(shí)，f(x)0，f(x)在(e，)上單調(diào)遞增，當(dāng)xe時(shí)，f(x)取得極小值f(e)ln e2，f(x)的極小值為2.(2)由題設(shè)g(x)f(x)(x0)，令g(x)0，得mx3x(x0)設(shè)(x)x3x(x0)，則(x)x21(x1)(x1)，當(dāng)x(0,1)時(shí)，(x)0，(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；當(dāng)x(1，)時(shí)，(x)時(shí)，函數(shù)g(x)無零點(diǎn)；當(dāng)m時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)0m時(shí)，函數(shù)g(x)無零點(diǎn)；當(dāng)m或m0時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)0m時(shí)，函數(shù)g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)思維升華(1)函數(shù)yf(x)k的零點(diǎn)問題，可轉(zhuǎn)化為函數(shù)yf(x)和直線yk的交點(diǎn)問題(2)研究函數(shù)yf(x)的值域，不僅要看最值，而且要觀察隨x值的變化y值的變化趨勢(shì)跟蹤演練2已知函數(shù)f(x)2ln xx2ax(aR)(1)當(dāng)a2時(shí)，求f(x)的圖象在x1處的切線方程；(2)若函數(shù)g(x)f(x)axm在上有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍解(1)當(dāng)a2時(shí)，f(x)2ln xx22x，f(x)2x2，切點(diǎn)坐標(biāo)為(1,1)，切線的斜率kf(1)2，則切線方程為y12(x1)，即2xy10.(2)g(x)2ln xx2m，則g(x)2x.因?yàn)閤，所以當(dāng)g(x)0時(shí)，x1.當(dāng)x0；當(dāng)1xe時(shí)，g(x)0.故g(x)在x1處取得極大值g(1)m1.又gm2，g(e)m2e2，g(e)g4e20，則g(e)g，所以g(x)在上的最小值是g(e)g(x)在上有兩個(gè)零點(diǎn)的條件是解得10，又由h0可得r0，故V(r)在(0,5)上為增函數(shù)；當(dāng)r(5,5)時(shí)，V(r)0，故V(r)在(5,5)上為減函數(shù)由此可知，V(r)在r5處取得最大值，此時(shí)h8.即當(dāng)r5，h8時(shí)，該蓄水池的體積最大思維升華利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題的一般步驟(1)建模：分析實(shí)際問題中各量之間的關(guān)系，列出實(shí)際問題的數(shù)學(xué)模型，寫出實(shí)際問題中變量之間的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)f(x)(2)求導(dǎo)：求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f(x)，解方程f(x)0.(3)求最值：比較函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)和使f(x)0的點(diǎn)的函數(shù)值的大小，最大(小)者為最大(小)值(4)作答：回歸實(shí)際問題作答跟蹤演練3統(tǒng)計(jì)表明，某種型號(hào)的汽車在勻速行駛中每小時(shí)耗油量y(升)，關(guān)于行駛速度x(千米/小時(shí))的函數(shù)解析式可以表示為：yx3x8(0x120)已知甲、乙兩地相距100千米(1)當(dāng)汽車以40千米/小時(shí)的速度勻速行駛時(shí)，從甲地到乙地要耗油多少升？(2)當(dāng)汽車以多大的速度勻速行駛時(shí)，從甲地到乙地耗油最少？最少為多少升？解(1)當(dāng)x40時(shí)，汽車從甲地到乙地行駛了2.5(小時(shí))，要耗油(403408)2.517.5(升)所以，當(dāng)汽車以40千米/小時(shí)的速度勻速行駛時(shí)，從甲地到乙地耗油17.5升(2)當(dāng)速度為x千米/小時(shí)時(shí)，汽車從甲地到乙地行駛了小時(shí)，設(shè)耗油量為h(x)升，依題意得h(x)(x3x8)x2(0x120)，h(x)(0x120)，令h(x)0得x80，當(dāng)x(0,80)時(shí)，h(x)0，h(x)是增函數(shù)，當(dāng)x80時(shí)，h(x)取到極小值h(80)11.25，因?yàn)閔(x)在(0,120)上只有一個(gè)極值，所以它是最小值故當(dāng)汽車以80千米/小時(shí)的速度勻速行駛時(shí)，從甲地到乙地耗油最少，最少為11.25升.已知函數(shù)f(x)x2(2a2)x(2a1)ln x.(1)當(dāng)a0時(shí)，求曲線yf(x)在(1，f(1)處的切線方程；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)對(duì)任意的a，x1，x21,2，恒有|f(x1)f(x2)|，求正實(shí)數(shù)的取值范圍押題依據(jù)有關(guān)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用試題多考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義、導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、導(dǎo)數(shù)與不等式等基礎(chǔ)知識(shí)和基本方法，考查分類整合思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想等數(shù)學(xué)思想方法本題的命制正是根據(jù)這個(gè)要求進(jìn)行的，全面考查了考生綜合求解問題的能力解(1)當(dāng)a0時(shí)，f(x)x22xln x，f(x)x2，且f(1)，f(1)0，故曲線yf(x)在(1，f(1)處的切線方程為y.(2)f(x)x(2a2)，x0.當(dāng)2a10，即a時(shí)，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增；當(dāng)02a11，即a1，即a0時(shí)，函數(shù)f(x)在(1,2a1)上單調(diào)遞減，在(0,1)，(2a1，)上單調(diào)遞增(3)根據(jù)(2)，當(dāng)a時(shí)，函數(shù)f(x)在1,2上單調(diào)遞減若x1x2，則不等式|f(x1)f(x2)|對(duì)任意正實(shí)數(shù)恒成立，此時(shí)(0，)若x1x2，不妨設(shè)1x1f(x2)，原不等式即f(x1)f(x2)，即f(x1)f(x2)對(duì)任意的a，x1，x21,2恒成立，設(shè)g(x)f(x)，則對(duì)任意的a，x1，x21,2，不等式g(x1)g(x2)恒成立，即函數(shù)g(x)在1,2上為增函數(shù)，故g(x)0對(duì)任意的a，x1,2恒成立g(x)x(2a2)0，即x3(2a2)x2(2a1)x0，即(2x2x2)ax32x2x0對(duì)任意的a恒成立由于x1,2，2x2x20，故只要(2x2x2)x32x2x0，即x37x26x0對(duì)任意的x1,2恒成立令h(x)x37x26x，x1,2，則h(x)3x214x60恒成立，故函數(shù)h(x)在區(qū)間1,2上是減函數(shù)，所以h(x)minh(2)8，只要80即可，即8，故實(shí)數(shù)的取值范圍是8，)A組專題通關(guān)1函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(1)3，對(duì)任意xR，f(x)3x6的解集為()A(1,1) B(1，)C(，1) D(，)答案C解析設(shè)g(x)f(x)(3x6)，則g(x)f(x)30的解集是x|x0，b0，e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)()A若ea2aeb3b，則abB若ea2aeb3b，則abD若ea2aeb3b，則aeb3b，令函數(shù)f(x)ex3x，則f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，因?yàn)閒(a)f(b)，所以ab，A正確，B錯(cuò)誤；由ea2aeb3b，有ea2aeb2b，令函數(shù)f(x)ex2x，則f(x)ex2，函數(shù)f(x)ex2x在(0，ln 2)上單調(diào)遞減，在(ln 2，)上單調(diào)遞增，當(dāng)a，b(0，ln 2)時(shí)，由f(a)b，當(dāng)a，b(ln 2，)時(shí)，由f(a)f(b)得a0)恒成立設(shè)f(x)2ln xx，則f(x)(x0)當(dāng)x(0,1)時(shí)，f(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)minf(1)4.所以a4.4如果函數(shù)f(x)ax2bxcln x(a，b，c為常數(shù)，a0)在區(qū)間(0,1)和(2，)上均單調(diào)遞增，在(1,2)上單調(diào)遞減，則函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A0 B1C2 D3答案B解析由題意可得f(x)2axb，則解得所以f(x)a(x26x4ln x)，則極大值f(1)5a0，極小值f(2)a(4ln 28)0，結(jié)合函數(shù)圖象可得該函數(shù)只有一個(gè)零點(diǎn)，故選B.5做一個(gè)無蓋的圓柱形水桶，若要使其體積是27 dm3，且用料最省，則圓柱的底面半徑為()A3 dm B4 dmC6 dm D5 dm答案A解析設(shè)圓柱的底面半徑為R dm，母線長(zhǎng)為l dm，則VR2l27，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R22RlR22，所以S表2R.令S表0，得R3，則當(dāng)R3時(shí)，S表最小故選A.6關(guān)于x的方程x33x2a0有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_答案(4,0)解析由題意知使函數(shù)f(x)x33x2a的極大值大于0且極小值小于0即可，又f(x)3x26x3x(x2)，令f(x)0，得x10，x22，當(dāng)x0；當(dāng)0x2時(shí)，f(x)2時(shí)，f(x)0，所以當(dāng)x0時(shí)，f(x)取得極大值，即f(x)極大值f(0)a；當(dāng)x2時(shí)，f(x)取得極小值，即f(x)極小值f(2)4a，所以解得4ax1f(x2)x2f(x1)，則稱函數(shù)f(x)為“H函數(shù)”給出下列函數(shù)：yx3x1；y3x2(sin xcos x)；yex1；f(x)以上函數(shù)是“H函數(shù)”的所有序號(hào)為_答案解析因?yàn)閤1f(x1)x2f(x2)x1f(x2)x2f(x1)，即(x1x2)f(x1)f(x2)0恒成立，所以函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)由y3x210得x0恒成立，所以為“H函數(shù)”；由yex0恒成立，所以為“H函數(shù)”；由于為偶函數(shù)，所以不可能在R上是增函數(shù)，所以不是“H函數(shù)”綜上可知，是“H函數(shù)”的有.8已知函數(shù)f(x)x3x23x，直線l：9x2yc0，若當(dāng)x2,2時(shí)，函數(shù)yf(x)的圖象恒在直線l下方，則c的取值范圍是_答案(，6)解析根據(jù)題意知x3x23xx3x2x，設(shè)g(x)x3x2x，則g(x)x22x，則g(x)0恒成立，所以g(x)在2,2上單調(diào)遞增，所以g(x)maxg(2)3，則c6.9已知函數(shù)f(x)ln x(aR)，(1)當(dāng)a時(shí)，如果函數(shù)g(x)f(x)k僅有一個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；(2)當(dāng)a2時(shí)，試比較f(x)與1的大小解(1)當(dāng)a時(shí)，f(x)ln x，定義域是(0，)f(x).令f(x)0，得x或x2.因?yàn)楫?dāng)0x2時(shí)，f(x)0，當(dāng)x2時(shí)，f(x)0，所以h(x)在(0，)上是增函數(shù)當(dāng)x1時(shí)，h(x)h(1)0，即f(x)1；當(dāng)0x1時(shí)，h(x)h(1)0，即f(x)1；當(dāng)x1時(shí)，h(x)h(1)0，即f(x)1.B組能力提高10定義在上的函數(shù)f(x)，f(x)是它的導(dǎo)函數(shù)，且恒有f(x)f Bf(1)f D.ff答案D解析f(x)0，0，函數(shù)在上單調(diào)遞增，從而，即f0)，則tln ta，則|AB|.設(shè)g(t)1(t0)，則g(t)(t0)，令g(t)0，得t1.當(dāng)t(0,1)時(shí)，g(t)0，所以g(t)ming(1)，所以|AB|，所以|AB|的最小值為.12已知函數(shù)f(x)aln(x1)x2在區(qū)間(0,1)內(nèi)任取兩個(gè)實(shí)數(shù)p，q，且pq，不等式1恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_答案15，)解析，表示點(diǎn)(p1，f(p1)與點(diǎn)(q1，f(q1)連線的斜率，因?yàn)閜，q(0,1)，所以1p12,1q11在(1,2)內(nèi)恒成立由定義域可知x1，所以f(x)2x1，即12x，所以a(12x)(x1)在(1,2)內(nèi)恒成立設(shè)y(12x)(x1)，則y2x23x12(x)2，當(dāng)1x2時(shí)，函數(shù)y2(x)2的最大值為15，所以a15，即a的取值范圍為15，)13已知函數(shù)f(x)a.(1)若函數(shù)f(x)在點(diǎn)(1，f(1)處的切線過點(diǎn)(0,4)，求函數(shù)f(x)的最大值；(2)當(dāng)a0，f(x)在單調(diào)遞增；當(dāng)x時(shí)，f(x)0，f(x)在單調(diào)遞減當(dāng)x時(shí)，f(x)取得最大值f22e2.(2)g(x)xf(x)x22x2a(ln xx2)x22x2，g(x)a2x2，令g(x)0，得x1，x21，顯然x1，在上g(x)0，故g(x)在上是減函數(shù)，在(1,2)上是增函數(shù)要使g(x)在上只有一個(gè)零點(diǎn)，函數(shù)g(x)的極小值g(1)a10，即a1.即即由ln 20.7，可知，a.得a不存在綜上，a的取值范圍為a或a1.