2019-2020年高考數(shù)學(xué)5年真題備考題庫(kù) 第二章 第11節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 理(含解析).doc
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2019-2020年高考數(shù)學(xué)5年真題備考題庫(kù) 第二章 第11節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 理(含解析)1. (xx四川,5分)已知f(x)ln(1x)ln(1x),x(1,1),現(xiàn)有下列命題:f(x)f(x);f2f(x);|f(x)|2|x|.其中的所有正確命題的序號(hào)是()A BC D解析:f(x)ln(1x)ln(1x)f(x),故正確;因?yàn)閒(x)ln(1x)ln(1x)ln,又當(dāng)x(1,1)時(shí),(1,1),所以flnln22ln2f(x),故正確;當(dāng)x0,1)時(shí),|f(x)|2|x|f(x)2x0,令g(x)f(x)2xln(1x)ln(1x)2x(x0,1),因?yàn)間(x)20,所以g(x)在區(qū)間0,1)上單調(diào)遞增,g(x)f(x)2xg(0)0,即f(x)2x,又f(x)與y2x都為奇函數(shù),所以|f(x)|2|x|成立,故正確,故選A.答案:A2. (xx新課標(biāo)全國(guó),5分)設(shè)函數(shù)f(x)sin.若存在f(x)的極值點(diǎn)x0滿(mǎn)足xf(x0)2m2,則m的取值范圍是()A(,6)(6,)B(,4)(4,)C(,2)(2,)D(,1)(1,)解析:由正弦型函數(shù)的圖象可知:f(x)的極值點(diǎn)x0滿(mǎn)足f(x0),則k(kZ),從而得x0m(kZ)所以不等式xf(x0)2m2即為2m233,其中kZ.由題意,存在整數(shù)k使得不等式m2123成立當(dāng)k1且k0時(shí),必有21,此時(shí)不等式顯然不能成立,故k1或k0,此時(shí),不等式即為m23,解得m2.答案:C3. (xx遼寧,5分)當(dāng)x2,1時(shí),不等式ax3x24x30恒成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A5,3 B.C6,2 D4,3解析:當(dāng)x(0,1時(shí),得a3342,令t,則t1,),a3t34t2t,令g(t)3t34t2t,t1,),則g(t)9t28t1(t1)(9t1),顯然在1,)上,g(t)0,g(t)單調(diào)遞減,所以g(t)maxg(1)6,因此a6;同理,當(dāng)x2,0)時(shí),得a3342,令m,則m,a3m34m2m,令g(m)3m34m2m,m,則g(m)9m28m1(m1)(9m1)顯然在上g(m)0,所以g(m)ming(1)2.所以a2.由以上兩種情況得6a2,顯然當(dāng)x0時(shí)也成立故實(shí)數(shù)a的取值范圍為6,2答案:C4. (xx湖北,14分)為圓周率,e2.718 28為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)求e3,3e,e,e,3,3這6個(gè)數(shù)中的最大數(shù)與最小數(shù);(3)將e3,3e,e,e,3,3這6個(gè)數(shù)按從小到大的順序排列,并證明你的結(jié)論解:(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,),因?yàn)閒(x),所以f(x).當(dāng)f(x)0,即0xe時(shí),函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)f(x)e時(shí),函數(shù)f(x)單調(diào)遞減故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,e),單調(diào)遞減區(qū)間為(e,)(2)因?yàn)閑3,所以eln 3eln ,ln eln 3,即ln 3eln e,ln eln 3.于是根據(jù)函數(shù)yln x,yex,yx在定義域上單調(diào)遞增,可得3ee3,e3e3.故這6個(gè)數(shù)的最大數(shù)在3與3之中,最小數(shù)在3e與e3之中由e3及(1)的結(jié)論,得f()f(3)f(e),即.由,得ln 33;由,得ln 3eln e3,所以3ee3.綜上,6個(gè)數(shù)中的最大數(shù)是3,最小數(shù)是3e.(3)由(2)知,3ee33,3ee3.又由(2)知,得ee.故只需比較e3和e和e與3的大小由(1)知,當(dāng)0xe時(shí),f(x)f(e),即.在上式中,令x,又e,則ln,從而2ln 2.由得,eln e2.72.7(20.88)3.0243,即eln 3,亦即ln eln e3,所以e366e,即3ln ,所以e3.綜上可得,3ee3ee30,所以當(dāng)x(0,2)時(shí),f(x)0,函數(shù)yf(x)單調(diào)遞增所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2),單調(diào)遞增區(qū)間為(2,)(2)由(1)知,k0時(shí),函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)單調(diào)遞減,故f(x)在(0,2)內(nèi)不存在極值點(diǎn);當(dāng)k0時(shí),設(shè)函數(shù)g(x)exkx,x0,),因?yàn)間(x)exkexeln k,當(dāng)00,yg(x)單調(diào)遞增故f(x)在(0,2)內(nèi)不存在兩個(gè)極值點(diǎn);當(dāng)k1時(shí),得x(0,ln k)時(shí),g(x)0,函數(shù)yg(x)單調(diào)遞增所以函數(shù)yg(x)的最小值為g(ln k)k(1ln k)函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)存在兩個(gè)極值點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)解得ek0.(1)討論f(x)在其定義域上的單調(diào)性;(2)當(dāng)x0,1時(shí),求f(x)取得最大值和最小值時(shí)的x的值解:(1)f(x)的定義域?yàn)?,),f(x)1a2x3x2.令f(x)0,得x1,x2,x1x2.所以f(x)3(xx1)(xx2)當(dāng)xx2時(shí),f(x)0;當(dāng)x1x0.故f(x)在(,x1)和(x2,)上單調(diào)遞減,在(x1,x2)上單調(diào)遞增(2)因?yàn)閍0,所以x10.當(dāng)a4時(shí),x21.由(1)知,f(x)在0,1上單調(diào)遞增所以f(x)在x0和x1處分別取得最小值和最大值當(dāng)0a4時(shí),x21.由(1)知,f(x)在0,x2上單調(diào)遞增,在x2,1上單調(diào)遞減所以f(x)在xx2處取得最大值又f(0)1,f(1)a,所以當(dāng)0a1時(shí),f(x)在x1處取得最小值;當(dāng)a1時(shí),f(x)在x0處和x1處同時(shí)取得最小值;當(dāng)1a0時(shí),x2ex;(3)證明:對(duì)任意給定的正數(shù)c,總存在x0,使得當(dāng)x(x0,)時(shí),恒有x2cex.解:(1)由f(x)exax,得f(x)exa.又f(0)1a1,得a2.所以f(x)ex2x,f(x)ex2.令f(x)0,得xln 2.當(dāng)xln 2時(shí),f(x)0,f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)xln 2時(shí),f(x)0,f(x)單調(diào)遞增所以當(dāng)xln 2時(shí),f(x)取得極小值,且極小值為f(ln 2)eln 22ln 22ln 4,f(x)無(wú)極大值(2)證明:令g(x)exx2,則g(x)ex2x,由(1)得g(x)f(x)f(ln 2)0,故g(x)在R上單調(diào)遞增,又g(0)10,因此,當(dāng)x0時(shí),g(x)g(0)0,即x2ex.(3)證明:法一:若c1,則excex.又由(2)知,當(dāng)x0時(shí),x2ex.所以當(dāng)x0時(shí),x2cex.取x00,當(dāng)x(x0,)時(shí),恒有x2cex.若0c1,令k1,要使不等式x2cex成立,只要exkx2成立而要使exkx2成立,則只要xln(kx2),只要x2ln xln k成立令h(x)x2ln xln k,則h(x)1,所以當(dāng)x2時(shí),h(x)0,h(x)在(x0,)內(nèi)單調(diào)遞增取x016k16,所以h(x)在(x0,)內(nèi)單調(diào)遞增,又h(x0)16k2ln(16k)ln k8(kln 2)3(kln k)5k,易知kln k,kln 2,5k0,所以h(x0)0.即存在x0,當(dāng)x(x0,)時(shí),恒有x2cex.綜上,對(duì)任意給定的正數(shù)c,總存在x0,當(dāng)x(x0,)時(shí),恒有x2cex.法二:對(duì)任意給定的正數(shù)c,取x0,由(2)知,當(dāng)x0時(shí),exx2,所以exee22,當(dāng)xx0時(shí),ex222x2.因此,對(duì)任意給定的正數(shù)c,總存在x0,當(dāng)x(x0,)時(shí),恒有x2cex.法三:首先證明當(dāng)x(0,)時(shí),恒有x3ex.證明如下:令h(x)x3ex,則h(x)x2ex.由(2)知,當(dāng)x0時(shí),x2ex,從而h(x)0,h(x)在(0,)內(nèi)單調(diào)遞減,所以h(x)h(0)10,即x3ex.取x0,當(dāng)xx0時(shí),有x2x3ex.因此,對(duì)任意給定的正數(shù)c,總存在x0,當(dāng)x(x0,)時(shí),恒有x2cex.8. (xx浙江,14分)已知函數(shù)f(x)x33|xa|(aR)(1)若f(x)在1,1上的最大值和最小值分別記為M(a),m(a),求M(a)m(a);(2)設(shè)bR,若f(x)b24對(duì)x1,1恒成立,求3ab的取值范圍解:(1)因?yàn)閒(x)所以f(x)由于1x1,當(dāng)a1時(shí),有xa,故f(x)x33x3a,此時(shí)f(x)在(1,1)上是增函數(shù),因此,M(a)f(1)43a,m(a)f(1)43a,故M(a)m(a)(43a)(43a)8.當(dāng)1a1時(shí),若x(a,1),f(x)x33x3a,在(a,1)上是增函數(shù);若x(1,a),f(x)x33x3a,在(1,a)上是減函數(shù),所以,M(a)maxf(1),f(1),m(a)f(a)a3.由于f(1)f(1)6a2,因此,當(dāng)1a時(shí),M(a)m(a)a33a4;當(dāng)a0,t(a)在上是增函數(shù),故t(a)t(0)2,因此23ab0;當(dāng)a1時(shí),h(x)在1,1上的最小值是h(a)a3b,最大值是h(1)3ab2,所以a3b2是3ab22,解得3ab0;當(dāng)a1時(shí),h(x)在1,1上的最大值是h(1)23ab,最小值是h(1)23ab,所以3ab22且3ab22,解得3ab0.綜上,得3ab的取值范圍是23ab0.9. (xx四川,14分)已知函數(shù)f(x)exax2bx1,其中a,bR,e2.718 28為自然對(duì)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(diǎn),求a的取值范圍解:(1)由f(x)exax2bx1,有g(shù)(x)f(x)ex2axb,所以g(x)ex2a.因此,當(dāng)x0,1時(shí),g(x)12a,e2a當(dāng)a時(shí),g(x)0,所以g(x)在0,1上單調(diào)遞增因此g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b;當(dāng)a時(shí),g(x)0,所以g(x)在0,1上單調(diào)遞減,因此g(x)在0,1上的最小值是g(1)e2ab;當(dāng)a時(shí),令g(x)0,得xln(2a)(0,1)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)遞增于是,g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b.綜上所述,當(dāng)a時(shí),g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b;當(dāng)a時(shí),g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b;當(dāng)a時(shí),g(x)在0,1上的最小值是g(1)e2ab.(2)設(shè)x0為f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)的一個(gè)零點(diǎn),則由f(0)f(x0)0可知,f(x)在區(qū)間(0,x0)上不可能單調(diào)遞增,也不可能單調(diào)遞減則g(x)不可能恒為正,也不可能恒為負(fù)故g(x)在區(qū)間(0,x0)內(nèi)存在零點(diǎn)x1.同理g(x)在區(qū)間(x0,1)內(nèi)存在零點(diǎn)x2.所以g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)至少有兩個(gè)零點(diǎn)由(1)知,當(dāng)a時(shí),g(x)在0,1上單調(diào)遞增,故g(x)在(0,1)內(nèi)至多有一個(gè)零點(diǎn)當(dāng)a時(shí),g(x)在0,1上單調(diào)遞減,故g(x)在(0,1)內(nèi)至多有一個(gè)零點(diǎn)所以a0,g(1)e2ab0.由f(1)0有abe10,g(1)e2ab1a0.解得e2a1.當(dāng)e2a1時(shí),g(x)在區(qū)間0,1內(nèi)有最小值g(ln(2a)若g(ln(2a)0,則g(x)0(x0,1),從而f(x)在區(qū)間0,1上單調(diào)遞增,這與f(0)f(1)0矛盾,所以g(ln(2a)0,g(1)1a0,故此時(shí)g(x)在(0,ln(2a)和(ln(2a),1)內(nèi)各只有一個(gè)零點(diǎn)x1和x2.由此可知f(x)在0,x1上單調(diào)遞增,在(x1,x2)上單調(diào)遞減,在x2,1上單調(diào)遞增所以f(x1)f(0)0,f(x2)f(1)0,故f(x)在(x1,x2)內(nèi)有零點(diǎn)綜上可知,a的取值范圍是(e2,1)10. (xx江蘇,16分)已知函數(shù)f(x)exex,其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)(1)證明:f(x)是R上的偶函數(shù);(2)若關(guān)于x的不等式mf(x)exm1在(0,)上恒成立,求實(shí)數(shù)m的取值范圍;(3)已知正數(shù)a滿(mǎn)足:存在x01,),使得f(x0)0),則t1,所以m對(duì)任意t1成立因?yàn)閠112 13,所以,當(dāng)且僅當(dāng)t2,即xln 2時(shí)等號(hào)成立因此實(shí)數(shù)m的取值范圍是.(3)令函數(shù)g(x)exa(x33x),則g(x)ex3a(x21)當(dāng)x1時(shí),ex0,x210,又a0,故g(x)0.所以g(x)是1,)上的單調(diào)增函數(shù),因此g(x)在1,)上的最小值是g(1)ee12a.由于存在x01,),使ex0ex0a(x3x0)0成立,當(dāng)且僅當(dāng)最小值g(1)0.故ee12a.令函數(shù)h(x)x(e1)ln x1,則h(x)1.令h(x)0,得xe1,當(dāng)x(0,e1)時(shí),h(x)0,故h(x)是(e1,)上的單調(diào)增函數(shù)所以h(x)在(0,)上的最小值是h(e1)注意到h(1)h(e)0,所以當(dāng)x(1,e1)(0,e1)時(shí),h(e1)h(x)h(1)0.當(dāng)x(e1,e)(e1,)時(shí),h(x)h(e)0.所以h(x)0對(duì)任意的x(1,e)成立當(dāng)a(1,e)時(shí),h(a)0,即a1(e1)ln a,從而ea1h(e)0,即a1(e1)ln a,故ea1ae1.綜上所述,當(dāng)a時(shí),ea1ae1.11. (xx遼寧,12分)已知函數(shù)f(x)(cos xx)(2x)(sin x1),g(x)3(x)cos x4(1sin x)ln.證明:(1)存在唯一x0,使f(x0)0;(2)存在唯一x1,使g(x1)0,且對(duì)(1)中的x0,有x0x1.證明:(1)當(dāng)x時(shí),f(x)(1sin x)(2x)2xcos x0,f20,當(dāng)t時(shí),u(t)0,所以u(píng)(t)在(0,x0上無(wú)零點(diǎn)在上u(t)為減函數(shù),由u(x0)0,u4ln 20,故g(x)(1sin x)h(x)與h(x)有相同的零點(diǎn),所以存在唯一的x1,使g(x1)0.因x1t1,t1x0,所以x0x1.12. (xx天津,14分)設(shè)f(x)xaex(aR),xR.已知函數(shù)yf(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2,且x10在R上恒成立,可得f(x)在R上單調(diào)遞增,不合題意a0時(shí)由f(x)0,得xln a.當(dāng)x變化時(shí),f(x),f(x)的變化情況如下表:x(,ln a)ln a(ln a,)f(x)0f(x)ln a1這時(shí),f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(,ln a);單調(diào)遞減區(qū)間是(ln a,)于是,“函數(shù)yf(x)有兩個(gè)零點(diǎn)”等價(jià)于如下條件同時(shí)成立:a.f(ln a)0;b存在s1(,ln a),滿(mǎn)足f(s1)0;c存在s2(ln a,),滿(mǎn)足f(s2)0,即ln a10,解得0ae1.而此時(shí),取s10,滿(mǎn)足s1(,ln a),且f(s1)a0;取s2ln,滿(mǎn)足s2(ln a,),且f(s2)0.由已知,x1,x2滿(mǎn)足ag(x1),ag(x2),由a(0,e1),及g(x)的單調(diào)性,可得x1(0,1),x2(1,)對(duì)于任意的a1,a2(0,e1),設(shè)a1a2,g(1)g(2)a1,0112,g(1)g(2)a2,其中011a2,即g(1)g(1),可得11;類(lèi)似可得20,得1,且解得x1,x2.所以,x1x2.令h(x),x(1,),則h(x),令u(x)2ln xx,得u(x)2.當(dāng)x(1,)時(shí),u(x)0.因此,u(x)在(1,)上單調(diào)遞增,故對(duì)于任意的x(1,),u(x)u(1)0,由此可得h(x)0,故h(x)在(1,)上單調(diào)遞增因此,由可得x1x2隨著t的增大而增大而由(2)知,t隨著a的減小而增大,所以x1x2隨著a的減小而增大13. (xx湖南,13分)已知常數(shù)a0,函數(shù)f(x)ln(1ax).(1)討論f(x)在區(qū)間(0,)上的單調(diào)性;(2)若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2,且f(x1)f(x2)0,求a的取值范圍解:(1)f(x).(*)當(dāng)a1時(shí),f(x)0.此時(shí),f(x)在區(qū)間(0,)上單調(diào)遞增當(dāng)0a1時(shí),由f(x)0得x12.當(dāng)x(0,x1)時(shí),f(x)0.故f(x)在區(qū)間(0,x1)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(x1,)上單調(diào)遞增綜上所述,當(dāng)a1時(shí),f(x)在區(qū)間(0,)上單調(diào)遞增;當(dāng)0a1時(shí),f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減,在區(qū)間上單調(diào)遞增(2)由(*)式知,當(dāng)a1時(shí),f(x)0,此時(shí)f(x)不存在極值點(diǎn)因而要使得f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn),必有0a且x2,所以2,22,解得a.此時(shí),由(*)式易知,x1,x2分別是f(x)的極小值點(diǎn)和極大值點(diǎn)而f(x1)f(x2)ln(1ax1)ln(1ax2)ln1a(x1x2)a2x1x2ln(2a1)2ln(2a1)22.令2a1x,由0a1且a知當(dāng)0a時(shí),1x0;當(dāng)a1時(shí),0x1.記g(x)ln x22.()當(dāng)1x0時(shí),g(x)2ln(x)2,所以g(x)0.因此,g(x)在區(qū)間(1,0)上單調(diào)遞減,從而,g(x)g(1)40.故當(dāng)0a時(shí),f(x1)f(x2)0.()當(dāng)0x1時(shí),g(x)2ln x2,所以g(x)g(1)0.故當(dāng)a0.綜上所述,滿(mǎn)足條件的a的取值范圍為.14. (xx陜西,14分)設(shè)函數(shù)f(x)ln(1x),g(x)xf(x),x0,其中f(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)(1)令g1(x)g(x),gn1(x)g(gn(x),nN,求gn(x)的表達(dá)式;(2)若f(x)ag(x)恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍;(3)設(shè)nN,比較g(1)g(2)g(n)與nf(n)的大小,并加以證明解:由題設(shè)得,g(x)(x0)(1)由已知,g1(x),g2(x)g(g1(x),g3(x),可得gn(x).下面用數(shù)學(xué)歸納法證明當(dāng)n1時(shí),g1(x),結(jié)論成立假設(shè)nk時(shí)結(jié)論成立,即gk(x).那么,當(dāng)nk1時(shí),gk1(x)g(gk(x),即結(jié)論成立由可知, 結(jié)論對(duì)nN成立所以gn(x).(2)已知f(x)ag(x)恒成立,即ln(1x)恒成立設(shè)(x)ln(1x)(x0),則(x),當(dāng)a1時(shí),(x)0(僅當(dāng)x0,a1時(shí)等號(hào)成立),(x)在0,)上單調(diào)遞增,又(0)0,(x)0在0,)上恒成立,a1時(shí),ln(1x)恒成立(僅當(dāng)x0時(shí)等號(hào)成立)當(dāng)a1時(shí),對(duì)x(0,a1有(x)0,(x)在(0,a1上單調(diào)遞減,(a1)1時(shí),存在x0,使(x)nln(n1)證明如下:證法一:上述不等式等價(jià)于,x0.令x,nN,則ln.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明當(dāng)n1時(shí),ln 2,結(jié)論成立假設(shè)當(dāng)nk時(shí)結(jié)論成立,即ln(k1)那么,當(dāng)nk1時(shí),ln(k1)ln(k1)lnln(k2),即結(jié)論成立由可知,結(jié)論對(duì)nN成立證法二:上述不等式等價(jià)于,x0.令x,nN,則ln.故有l(wèi)n 2ln 1,ln 3ln 2,ln(n1)ln n,上述各式相加可得ln(n1),結(jié)論得證證法三:如圖,dx是由曲線(xiàn)y,xn及x軸所圍成的曲邊梯形的面積,而是圖中所示各矩形的面積和,dxdxnln(n1),結(jié)論得證15. (xx重慶,12分)已知函數(shù)f(x)ae2xbe2xcx(a,b,cR)的導(dǎo)函數(shù)f(x)為偶函數(shù),且曲線(xiàn)yf(x)在點(diǎn)(0,f(0)處的切線(xiàn)的斜率為4c.(1)確定a,b的值;(2)若c3,判斷f(x)的單調(diào)性;(3)若f(x)有極值,求c的取值范圍解:(1)對(duì)f(x)求導(dǎo)得f(x)2ae2x2be2xc,由f(x)為偶函數(shù),知f(x)f(x),即2(ab)(e2xe2x)0,所以ab.又f(0)2a2bc4c,故a1,b1.(2)當(dāng)c3時(shí),f(x)e2xe2x3x,那么f(x)2e2x2e2x32310,故f(x)在R上為增函數(shù)(3)由(1)知f(x)2e2x2e2xc,而2e2x2e2x24,當(dāng)x0時(shí)等號(hào)成立下面分三種情況進(jìn)行討論當(dāng)c0,此時(shí)f(x)無(wú)極值;當(dāng)c4時(shí),對(duì)任意x0,f(x)2e2x2e2x40,此時(shí)f(x)無(wú)極值;當(dāng)c4時(shí),令e2xt,注意到方程2tc0有兩根t1,20,即f(x)0有兩個(gè)根x1ln t1或x2ln t2.當(dāng)x1xx2時(shí)f(x)x2時(shí),f(x)0,從而f(x)在xx2處取得極小值綜上,若f(x)有極值,則c的取值范圍為(4,)16. (xx江西,12分)已知函數(shù)f(x)(x2bxb)(bR)(1)當(dāng)b4時(shí),求f(x)的極值;(2)若f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增,求b的取值范圍解:(1)當(dāng)b4時(shí),f(x),由f(x)0得x2或x0.當(dāng)x(,2)時(shí),f(x)0,f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x時(shí),f(x)0,f(x)單調(diào)遞減,故f(x)在x2取極小值f(2)0,在x0取極大值f(0)4.(2)f(x),因?yàn)楫?dāng)x時(shí),0;當(dāng)x(2,ln 2)時(shí),f(x)0時(shí),f(x)0,當(dāng)0x時(shí),f(x)時(shí),f(x)0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是,單調(diào)遞增區(qū)間是.當(dāng)a0時(shí),令f(x)0,得2ax2bx10.由b28a0,得x1,x2.當(dāng)0xx2時(shí),f(x)x2時(shí),f(x)0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是,單調(diào)遞增區(qū)間是.綜上所述,當(dāng)a0,b0時(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,);當(dāng)a0,b0時(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是,單調(diào)遞增區(qū)間是;當(dāng)a0時(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是,單調(diào)遞增區(qū)間是,.(2)由題意知,函數(shù)f(x)在x1處取得最小值由(1)知是f(x)的唯一極小值點(diǎn),故1,整理得2ab1即b12a.令g(x)24xln x,則g(x).令g(x)0,得x,當(dāng)0x0,g(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x時(shí),g(x)0,g(x)單調(diào)遞減因此g(x)g1ln 1ln 40.故g(a)0,即24aln a2bln a0,即ln a2b.19(xx湖南,13分)已知函數(shù)f(x)ex.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)證明:當(dāng)f(x1)f(x2)(x1x2)時(shí),x1x20.解:本題主要考查函數(shù)求導(dǎo)、函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和不等式的證明,意在結(jié)合轉(zhuǎn)化思想和函數(shù)思想,考查考生的計(jì)算能力、利用函數(shù)思想證明不等式的能力(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?,)f(x)exexexex.當(dāng)x0;當(dāng)x0時(shí),f(x)0.所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(,0),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,)(2)證明:當(dāng)x0,ex0,故f(x)0;同理,當(dāng)x1時(shí),f(x)0.當(dāng)f(x1)f(x2)(x1x2)時(shí),不妨設(shè)x1x2,由(1)知,x1(,0),x2(0,1)下面證明:x(0,1),f(x)f(x),即證exex.此不等式等價(jià)于(1x)ex0,令g(x)(1x)ex,則g(x)xex(e2x1)當(dāng)x(0,1)時(shí),g(x)0,g(x)單調(diào)遞減,從而g(x)g(0)0.即(1x)ex0.所以x(0,1),f(x)f(x)而x2(0,1),所以f(x2)f(x2),從而f(x1)f(x2)由于x1,x2(,0),f(x)在(,0)上單調(diào)遞增,所以x1x2,即x1x20時(shí),f(x)()A有極大值,無(wú)極小值B有極小值,無(wú)極大值C既有極大值又有極小值D既無(wú)極大值也無(wú)極小值解析:本題考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化能力由題意x2f(x),令g(x)x2f(x),則g(x),且f(x),因此f(x).令h(x)ex2g(x),則h(x)ex2g(x)ex,所以x2時(shí),h(x)0;0x2時(shí),h(x)0時(shí),f(x)是單調(diào)遞增的,f(x)既無(wú)極大值也無(wú)極小值答案:C22(xx湖北,5分)已知a為常數(shù),函數(shù)f(x)x(ln xax)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2(x1x2),則()Af(x1)0,f(x2)Bf(x1)0,f(x2)Cf(x1)0,f(x2)Df(x1)0,f(x2)解析:本題主要考查函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的基礎(chǔ)知識(shí)與基本運(yùn)算,意在考查考生分析問(wèn)題、處理問(wèn)題的能力f(x)x(ln xax),f(x)ln x2ax1.又函數(shù)f(x)x(ln xax)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2,f(x)ln x2ax1有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2,即函數(shù)g(x)ln x與函數(shù)h(x)2ax1有兩個(gè)交點(diǎn)a0,且0x1x2.設(shè)經(jīng)過(guò)點(diǎn)(0,1)的曲線(xiàn)g(x)ln x的切線(xiàn)與曲線(xiàn)g(x)ln x相切于點(diǎn)(x0,ln x0),則切線(xiàn)方程為yln x0(xx0),將點(diǎn)(0,1)代入,得x01,故切點(diǎn)為(1,0)此時(shí),切線(xiàn)的斜率k1,要使函數(shù)g(x)ln x與函數(shù)h(x)2ax1的圖象有兩個(gè)交點(diǎn),結(jié)合圖象可知,02a1,即0a且0x11x2.由函數(shù)的單調(diào)性得:(0,x1)x1(x1,x2)x2(x2,)f(x)00f(x)最小值最大值f(x1)f(1)a.故選D.答案:D23(xx福建,13分)已知函數(shù)f(x)xaln x(aR)(1)當(dāng)a2時(shí),求曲線(xiàn)yf(x)在點(diǎn)A(1,f(1)處的切線(xiàn)方程;(2)求函數(shù)f(x)的極值解:本小題主要考查函數(shù)、導(dǎo)數(shù)的幾何意義、函數(shù)的極值等基礎(chǔ)知識(shí),考查運(yùn)算求解能力,考查函數(shù)與方程思想、分類(lèi)與整合思想、數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,),f(x)1.(1)當(dāng)a2時(shí),f(x)x2ln x,f(x)1(x0),因而f(1)1,f(1)1,所以曲線(xiàn)yf(x)在點(diǎn)A(1,f(1)處的切線(xiàn)方程為y1(x1),即xy20.(2)由f(x)1,x0知:當(dāng)a0時(shí),f(x)0,函數(shù)f(x)為(0,)上的增函數(shù),函數(shù)f(x)無(wú)極值;當(dāng)a0時(shí),由f(x)0,解得xa,又當(dāng)x(0,a)時(shí),f(x)0,從而函數(shù)f(x)在xa處取得極小值,且極小值為f(a)aaln a,無(wú)極大值綜上,當(dāng)a0時(shí),函數(shù)f(x)無(wú)極值;當(dāng)a0時(shí),函數(shù)f(x)在xa處取得極小值aaln a,無(wú)極大值24(xx浙江,14分)已知aR,函數(shù)f(x)x33x23ax3a3.(1)求曲線(xiàn)yf(x)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線(xiàn)方程;(2)當(dāng)x0,2時(shí),求|f(x)|的最大值解:本題以三次函數(shù)為載體,主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)、二次函數(shù)、絕對(duì)值等基礎(chǔ)知識(shí),意在考查考生的推理能力,函數(shù)與方程、分類(lèi)討論、數(shù)形結(jié)合等思想方法(1)由題意得f(x)3x26x3a,故f(1)3a3.又f(1)1,所以所求的切線(xiàn)方程為y(3a3)x3a4.(2)由于f(x)3(x1)23(a1),0x2,故當(dāng)a0時(shí),有f(x)0,此時(shí)f(x)在0,2上單調(diào)遞減,故|f(x)|maxmax|f(0)|,|f(2)|33a.當(dāng)a1時(shí),有f(x)0,此時(shí)f(x)在0,2上單調(diào)遞增,故|f(x)|maxmax|f(0)|,|f(2)|3a1.當(dāng)0a1時(shí),設(shè)x11,x21,則0x1x20,f(x1)f(x2)4(1a)0.從而f(x1)|f(x2)|.所以|f(x)|maxmaxf(0),|f(2)|,f(x1)()當(dāng)0a|f(2)|.又f(x1)f(0)2(1a)(23a)0,故|f(x)|maxf(x1)12(1a).()當(dāng)a1時(shí),|f(2)|f(2),且f(2)f(0)又f(x1)|f(2)|2(1a)(3a2),所以當(dāng)a|f(2)|.故|f(x)|maxf(x1)12(1a).當(dāng)a0,討論曲線(xiàn)yf(x)與曲線(xiàn)ymx2(m0)公共點(diǎn)的個(gè)數(shù);(3)設(shè)ab,比較與的大小,并說(shuō)明理由解:本題考查指數(shù)函數(shù)和對(duì)數(shù)函數(shù)互為反函數(shù),函數(shù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義,利用導(dǎo)數(shù)研究?jī)珊瘮?shù)圖象交點(diǎn)個(gè)數(shù)和比較大小的方法(1)f(x)的反函數(shù)為g(x)ln x.設(shè)直線(xiàn)ykx1與g(x)ln x的圖象在P(x0,y0)處相切,則有y0kx01ln x0,kg(x0),解得x0e2,k.(2)曲線(xiàn)yex與ymx2的公共點(diǎn)個(gè)數(shù)等于曲線(xiàn)y與ym的公共點(diǎn)個(gè)數(shù)令(x),則(x),(2)0.當(dāng)x(0,2)時(shí),(x)0,(x)在(2,)上單調(diào)遞增,(x)在(0,)上的最小值為(2).當(dāng)0m時(shí),在區(qū)間(0,2)內(nèi)存在x1,使得(x1)m,在(2,)內(nèi)存在x2me2,使得(x2)m.由(x)的單調(diào)性知,曲線(xiàn)y與ym在(0,)上恰有兩個(gè)公共點(diǎn)綜上所述,當(dāng)x0時(shí),若0m,曲線(xiàn)yf(x)與ymx2有兩個(gè)公共點(diǎn)(3)法一:可以證明.事實(shí)上,11(ba)(*)令(x)1(x0),則(x)0(僅當(dāng)x0時(shí)等號(hào)成立),(x)在0,)上單調(diào)遞增,x0時(shí),(x)(0)0.令xba,即得(*)式,結(jié)論得證法二:(ba)eba(ba)2eba2,設(shè)函數(shù)u(x)xexx2ex2(x0),則u(x)exxex12ex,令h(x)u(x),則h(x)exexxex2exxex0(僅當(dāng)x0時(shí)等號(hào)成立),u(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x0時(shí),u(x)u(0)0,u(x)單調(diào)遞增當(dāng)x0時(shí),u(x)u(0)0.令xba,則得(ba)eba(ba)2eba20,0,因此,.26(xx江蘇,16分)若函數(shù)yf(x)在xx0處取得極大值或極小值,則稱(chēng)x0為函數(shù)yf(x)的極值點(diǎn)已知a,b是實(shí)數(shù),1和1是函數(shù)f(x)x3ax2bx的兩個(gè)極值點(diǎn)(1)求a和b的值;(2)設(shè)函數(shù)g(x)的導(dǎo)函數(shù)g(x)f(x)2,求g(x)的極值點(diǎn);(3)設(shè)h(x)f(f(x)c,其中c2,2,求函數(shù)yh(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)解:(1)由題設(shè)知f(x)3x22axb,且f(1)32ab0,f(1)32ab0,解得a0,b3.(2)由(1)知f(x)x33x.因?yàn)閒(x)2(x1)2(x2),所以g(x)0的根為x1x21,x32,于是函數(shù)g(x)的極值點(diǎn)只可能是1或2.當(dāng)x2時(shí),g(x)0;當(dāng)2x0,故2是g(x)的極值點(diǎn)當(dāng)2x1時(shí),g(x)0,故1不是g(x)的極值點(diǎn)所以g(x)的極值點(diǎn)為2.(3)令f(x)t,則h(x)f(t)c.先討論關(guān)于x的方程f(x)d根的情況,d2,2當(dāng)|d|2時(shí),由(2)可知,f(x)2的兩個(gè)不同的根為1和2,注意到f(x)是奇函數(shù),所以f(x)2的兩個(gè)不同的根為1和2.當(dāng)|d|0,f(1)df(2)d2d0,于是- 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- 2019-2020年高考數(shù)學(xué)5年真題備考題庫(kù) 第二章 第11節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 理含解析 2019 2020 年高 數(shù)學(xué) 年真題 備考 題庫(kù) 第二 11 導(dǎo)數(shù) 應(yīng)用 解析
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