2019高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第3章 導(dǎo)數(shù)及應(yīng)用 專題研究 導(dǎo)數(shù)的綜合運用練習(xí) 理.doc

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專題研究 導(dǎo)數(shù)的綜合運用第一次作業(yè)1若a2，則函數(shù)f(x)x3ax21在區(qū)間(0，2)上恰好有()A0個零點B1個零點C2個零點 D3個零點答案B解析f(x)x22ax，且a2，當(dāng)x(0，2)時，f(x)0，f(2)4a0，f(x)在(0，2)上恰好有1個零點故選B.2函數(shù)yx2ex的圖像大致為()答案A解析因為y2xexx2exx(x2)ex，所以當(dāng)x0時，y0，函數(shù)yx2ex為增函數(shù)；當(dāng)2x0時，y0，所以排除D，故選A.3函數(shù)f(x)ex(sinxcosx)在區(qū)間0，上的值域為()A，eB(，e)C1，e D(1，e)答案A解析f(x)ex(sinxcosx)ex(cosxsinx)excosx，當(dāng)0x時，f(x)0.f(x)是0，上的增函數(shù)f(x)的最大值為f()e，f(x)的最小值為f(0).4(2018山東陵縣一中月考)已知函數(shù)f(x)x2ex，當(dāng)x1，1時，不等式f(x)m恒成立，則實數(shù)m的取值范圍為()A，)B(，)Ce，) D(e，)答案D解析由f(x)ex(2xx2)x(x2)ex，得當(dāng)1x0時，f(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)0x0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，且f(1)f(1)，故f(x)maxf(1)e，則me.故選D.5(2014課標(biāo)全國)已知函數(shù)f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零點x0，且x00，則a的取值范圍是()A(2，) B(1，)C(，2) D(，1)答案C解析當(dāng)a0時，顯然f(x)有兩個零點，不符合題意當(dāng)a0時，f(x)3ax26x，令f(x)0，解得x10，x2.當(dāng)a0時，0，所以函數(shù)f(x)ax33x21在(，0)與(，)上為增函數(shù)，在(0，)上為減函數(shù)，因為f(x)存在唯一零點x0，且x00，則f(0)0，即10，不成立當(dāng)a0時，0，則f()0，即a310，解得a2或a2，又因為a0，故a的取值范圍為(，2)選C.6f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)x0時，f(x)xf(x)0的解集為()A(4，0)(4，) B(4，0)(0，4)C(，4)(4，) D(，4)(0，4)答案D解析設(shè)g(x)xf(x)，則當(dāng)x0時，g(x)xf(x)xf(x)xf(x)xf(x)f(x)0化為g(x)0.設(shè)x0，不等式為g(x)g(4)，即0x4；設(shè)xg(4)，即x0在x(e，e2上恒成立，故h(x)max，所以a.故選B.8(2018湖南衡陽期末)設(shè)函數(shù)f(x)ex(x3x26x2)2aexx，若不等式f(x)0在2，)上有解，則實數(shù)a的最小值為()A BC D1答案C解析由f(x)ex(x3x26x2)2aexx0，得ax3x23x1.令g(x)x3x23x1，則g(x)x2x3(x1)(x3)當(dāng)x2，1)時，g(x)0，故g(x)在2，1)上是減函數(shù)，在(1，)上是增函數(shù)故g(x)ming(1)31，則實數(shù)a的最小值為.故選C.9已知正六棱柱的12個頂點都在一個半徑為3的球面上，當(dāng)正六棱柱的體積最大時，其高的值為_答案2解析設(shè)正六棱柱的底面邊長為a，高為h，則可得a29，即a29，正六棱柱的體積V(6a2)h(9)h(9h)令y9h，則y9，令y0，得h2.易知當(dāng)h2時，正六棱柱的體積最大10已知函數(shù)f(x)ex2xa有零點，則a的取值范圍是_答案(，2ln22解析由原函數(shù)有零點，可將問題轉(zhuǎn)化為方程ex2xa0有解問題，即方程a2xex有解令函數(shù)g(x)2xex，則g(x)2ex，令g(x)0，得xln2，所以g(x)在(，ln2)上是增函數(shù)，在(ln2，)上是減函數(shù)，所以g(x)的最大值為g(ln2)2ln22.因此，a的取值范圍就是函數(shù)g(x)的值域，所以，a(，2ln2211設(shè)l為曲線C：y在點(1，0)處的切線(1)求l的方程；(2)證明：除切點(1，0)之外，曲線C在直線l的下方答案(1)yx1(2)略解析(1)設(shè)f(x)，則f(x).所以f(1)1.所以l的方程為yx1.(2)令g(x)x1f(x)，則除切點之外，曲線C在直線l的下方等價于g(x)0(x0，x1)g(x)滿足g(1)0，且g(x)1f(x).當(dāng)0x1時，x210，lnx0，所以g(x)1時，x210，lnx0，所以g(x)0，故g(x)單調(diào)遞增所以g(x)g(1)0(x0，x1)所以除切點之外，曲線C在直線l的下方12已知函數(shù)f(x)x28lnx，g(x)x214x.(1)求函數(shù)f(x)在點(1，f(1)處的切線方程；(2)若函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(a，a1)上均為增函數(shù)，求a的取值范圍；(3)若方程f(x)g(x)m有唯一解，試求實數(shù)m的值答案(1)y6x7(2)2，6(3)m16ln224解析(1)因為f(x)2x，所以切線的斜率kf(1)6.又f(1)1，故所求的切線方程為y16(x1)即y6x7.(2)因為f(x)，又x0，所以當(dāng)x2時，f(x)0；當(dāng)0x2時，f(x)0時原方程有唯一解，所以函數(shù)yh(x)與ym的圖像在y軸右側(cè)有唯一的交點又h(x)4x14，且x0，所以當(dāng)x4時，h(x)0；當(dāng)0x4時，h(x)0時原方程有唯一解的充要條件是mh(4)16ln224.13(2018湖北四校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)lnxa(x1)，g(x)ex.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)h(x)f(x1)g(x)，當(dāng)x0時，h(x)1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍答案(1)當(dāng)a0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，)，無單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)a0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(，)(2)(，2解析(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，)，f(x)a(x0)若a0，對任意的x0，均有f(x)0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，)，無單調(diào)遞減區(qū)間；若a0，當(dāng)x(0，)時，f(x)0，當(dāng)x(，)時，f(x)0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(，)(2)因為h(x)f(x1)g(x)ln(x1)axex，所以h(x)exa.令(x)h(x)，因為x(0，)，(x)ex0，所以h(x)在(0，)上單調(diào)遞增，h(x)h(0)2a，當(dāng)a2時，h(x)0，所以h(x)在(0，)上單調(diào)遞增，h(x)h(0)1恒成立，符合題意；當(dāng)a2時，h(0)2ah(0)，所以存在x0(0，)，使得h(x0)0，所以h(x)在(x0，)上單調(diào)遞增，在(0，x0)上單調(diào)遞減，又h(x0)1不恒成立，不符合題意綜上，實數(shù)a的取值范圍是(，2第二次作業(yè)1(2018皖南十校聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)lnxax2xa1(aR)(1)當(dāng)a時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：當(dāng)a0時，不等式f(x)x1在1，)上恒成立答案(1)增區(qū)間為(0，減區(qū)間為，)(2)略解析(1)當(dāng)a時，f(x)lnxx2x，且定義域為(0，)，因為f(x)x1，當(dāng)x(0，)時，f(x)0；當(dāng)x(，)時，f(x)0在1，)上恒成立，所以g(x)在1，)上是增函數(shù)，且g(1)0，所以g(x)0在1，)上恒成立，即當(dāng)a0時，不等式f(x)x1在1，)上恒成立2(2018福建連城期中)已知函數(shù)f(x)(a)x2lnx(aR)(1)當(dāng)a1時，求f(x)在區(qū)間1，e上的最大值和最小值；(2)若在區(qū)間1，)上，函數(shù)f(x)的圖像恒在直線y2ax的下方，求實數(shù)a的取值范圍答案(1)f(x)maxf(e)1，f(x)minf(1)(2)當(dāng)a，時，在區(qū)間(1，)上函數(shù)f(x)的圖像恒在直線y2ax的下方解析(1)當(dāng)a1時，f(x)x2lnx，f(x)x.當(dāng)x1，e時，f(x)0，所以f(x)在區(qū)間1，e上為增函數(shù)，所以f(x)maxf(e)1，f(x)minf(1).(2)令g(x)f(x)2ax(a)x22axlnx，則g(x)的定義域為(0，)在區(qū)間(1，)上，函數(shù)f(x)的圖像恒在直線y2ax的下方等價于g(x)，令g(x)0，得x11，x2，當(dāng)x2x11，即a0，此時g(x)在區(qū)間(x2，)上是增函數(shù)，并且在該區(qū)間上有g(shù)(x)(g(x2)，)，不合題意；當(dāng)x2x11，即a1時，同理可知，g(x)在區(qū)間(1，)上是增函數(shù)，有g(shù)(x)(g(1)，)，不合題意若a，則有2a10，此時在區(qū)間(1，)恒有g(shù)(x)0，從而g(x)在區(qū)間(1，)上是減函數(shù)，要使g(x)0在此區(qū)間上恒成立，只需滿足g(1)a0，即a，由此求得實數(shù)a的取值范圍是，綜合可知，當(dāng)a，時，在區(qū)間(1，)上函數(shù)f(x)的圖像恒在直線y2ax的下方3(2018西城區(qū)期末)已知函數(shù)f(x)(xa)ex，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，aR.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)a1時，試確定函數(shù)g(x)f(xa)x2的零點個數(shù)，并說明理由答案(1)單調(diào)遞減區(qū)間為(，a1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(a1，)(2)僅有一個零點解析(1)因為f(x)(xa)ex，xR，所以f(x)(xa1)ex.令f(x)0，得xa1.當(dāng)x變化時，f(x)和f(x)的變化情況如下：x(，a1)a1(a1，)f(x)0f(x)故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(，a1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(a1，)(2)結(jié)論：函數(shù)g(x)有且僅有一個零點理由如下：由g(x)f(xa)x20，得方程xexax2，顯然x0為此方程的一個實數(shù)解，所以x0是函數(shù)g(x)的一個零點當(dāng)x0時，方程可化簡為exax.設(shè)函數(shù)F(x)exax，則F(x)exa1，令F(x)0，得xa.當(dāng)x變化時，F(xiàn)(x)與F(x)的變化情況如下：x(，a)a(a，)F(x)0F(x)即F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(a，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(，a)所以F(x)minF(a)1a.因為a0，所以對于任意xR，F(xiàn)(x)0，因此方程exax無實數(shù)解所以當(dāng)x0時，函數(shù)g(x)不存在零點綜上，函數(shù)g(x)有且僅有一個零點4(2018重慶調(diào)研)已知曲線f(x)在點(e，f(e)處的切線與直線2xe2y0平行，aR.(1)求a的值；(2)求證：.答案(1)a3(2)略解析(1)f(x)，由題f(e)a3.(2)f(x)，f(x)，f(x)0x1，故f(x)在(0，)和(1，)上遞減，在(，1)上遞增當(dāng)x(0，1)時，f(x)f()e，而()，故y在(0，1)上遞增，即；當(dāng)x1，)時，ln2x3lnx30033，令g(x)，則g(x).故g(x)在1，2)上遞增，(2，)上遞減，g(x)g(2)即；綜上，對任意x0，均有.5(2017課標(biāo)全國，理)已知函數(shù)f(x)ae2x(a2)exx.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍答案(1)當(dāng)a0時，在(，)單調(diào)遞減；當(dāng)a0時，f(x)在(，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，)上單調(diào)遞增(2)(0，1)解析(1)f(x)的定義域為(，)，f(x)2ae2x(a2)ex1(aex1)(2ex1)若a0，則f(x)0，則由f(x)0得xlna.當(dāng)x(，lna)時，f(x)0.所以f(x)在(，lna)單調(diào)遞減，在(lna，)單調(diào)遞增(2)若a0，由(1)知，f(x)至多有一個零點若a0，由(1)知，當(dāng)xlna時，f(x)取得最小值，最小值為f(lna)1lna.a當(dāng)a1時，由于f(lna)0，故f(x)只有一個零點；b當(dāng)a(1，)時，由于1lna0，即f(lna)0，故f(x)沒有零點；c當(dāng)a(0，1)時，1lna0，即f(lna)2e220，故f(x)在(，lna)有一個零點設(shè)正整數(shù)n0滿足n0ln(1)，則f(n0)en0(aen0a2)n0en0n02n0n00.由于ln(1)lna，因此f(x)在(lna，)有一個零點綜上，a的取值范圍為(0，1)6(2018深圳調(diào)研二)已知函數(shù)f(x)(x2)exx2，其中aR，e為自然對數(shù)的底數(shù)(1)函數(shù)f(x)的圖像能否與x軸相切？若能與x軸相切，求實數(shù)a的值；否則，請說明理由；(2)若函數(shù)yf(x)2x在R上單調(diào)遞增，求實數(shù)a能取到的最大整數(shù)值解析(1)f(x)(x1)exax.假設(shè)函數(shù)f(x)的圖像與x軸相切于點(t，0)，則有即由可知at(t1)et，代入中可得(t2)etet0.et0，(t2)0，即t23t40.94470.方程t23t40無解無論a取何值，函數(shù)f(x)的圖像都不與x軸相切(2)方法1：記g(x)(x2)exx22x.由題意知，g(x)(x1)exax20在R上恒成立由g(1)a20，可得g(x)0的必要條件是a2.若a2，則g(x)(x1)ex2x2(x1)(ex2)當(dāng)ln2x1時，g(x)0，與已知矛盾，a1時，H(x)0，H(x)單調(diào)遞增，且H(x)H(1)1；當(dāng)x1時，H(x)0，H(x)單調(diào)遞減，且1H(1)H(x)0.H()10.存在唯一的x0(，1)使得H(x0)0，且當(dāng)x(，x0)時，H(x)h(x)0，h(x)單調(diào)遞增h(x)minh(x0)(x01)ex0x02，H(x0)0，ex0，h(x0)(x01)x023(x0)x01，2x00在R上恒成立，a能取得的最大整數(shù)為1.方法2：記g(x)(x2)exx22x，由題意知g(x)(x1)exax20在R上恒成立g(1)a20，g(x)0的必要條件是a2.若a2，則g(x)(x1)ex2x2(x1)(ex2)當(dāng)ln2x1時，g(x)0，與已知矛盾，a0時，k(x)0，k(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x0時，k(x)x2；當(dāng)x0，即ex.(x1)ex(x1)1x2.綜上所述，(x1)exx20在R上恒成立，故a能取得的最大整數(shù)為1.1(2014課標(biāo)全國)設(shè)函數(shù)f(x)sin.若存在f(x)的極值點x0滿足x02f(x0)22或m2.2某商場銷售某種商品的經(jīng)驗表明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價格x(單位：元/千克)滿足關(guān)系式y(tǒng)10(x6)2.其中3x6，a為常數(shù)已知銷售價格為5元/千克時，每日可售出該商品11千克(1)求a的值；(2)若該商品的成本為3元/千克，試確定銷售價格x的值，使商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大答案(1)2(2)4解析(1)因為x5時，y11，所以1011，a2.(2)由(1)可知，該商品每日的銷售量y10(x6)2.所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤為f(x)(x3)10(x6)2210(x3)(x6)2，3x0，設(shè)g(x)lnx.(1)求a的值；(2)對任意x1x20，a.當(dāng)x變化時，f(x)，f(x)的變化情況如下表：x(a，1a)1a(1a，)f(x)0f(x)極小值因此，f(x)在1a處取得最小值故由題意f(1a)1a0，所以a1.(2)由1知g(x1)x1x20恒成立，即h(x)g(x)xlnxx在(0，)上為減函數(shù)h(x)10在(0，)上恒成立，所以mxx2在(0，)上恒成立，(xx2)max，即m，即實數(shù)m的取值范圍為，)(3)由題意知方程可化為lnxx，即mx2xlnx(x1)設(shè)m(x)x2xlnx，則m(x)2xlnx1(x1)設(shè)h(x)2xlnx1(x1)，則h(x)20，因此h(x)在1，)上單調(diào)遞增，h(x)minh(1)1.所以m(x)x2xlnx在1，)上單調(diào)遞增因此當(dāng)x1時，m(x)m(1)1.所以當(dāng)m1時方程有一個根，當(dāng)m1時方程無根4(2017東北四市一模)已知函數(shù)f(x)(x1)exax2有兩個零點(1)當(dāng)a1時，求f(x)的最小值；(2)求a的取值范圍；(3)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個零點，證明：x1x20，得x0，yf(x)在(0，)上單調(diào)遞增；令f(x)0，得x0時，由f(x)0，得x0；由f(x)0，得x0，f(x)在(，0)上單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞增，f(x)minf(0)10，取b滿足b1且b(b1)ab2(b1)(2b1)0，故f(x)存在兩個零點當(dāng)a0時，由f(x)0，得x0或xln(2a)若a0，則ln(2a)0，故當(dāng)x(0，)時，f(x)0，因此f(x)在(0，)上單調(diào)遞增又x0時，f(x)0，f(x)不存在兩個零點若a0，故當(dāng)x(0，ln(2a)時，f(x)0，因此f(x)在(0，ln(2a)上單調(diào)遞減，在(ln(2a)，)上單調(diào)遞增，又當(dāng)x0時，f(x)0，不妨令x1x2，則x100時，f(x)在(，0)上單調(diào)遞減，要證x1x20，即證x1x2f(x2)，又f(x1)0，只需證f(x2)0)，g(x)x()，x0，e2x1，g(x)0時，g(x)0，從而g(x2)f(x2)0成立，x1x20成立5(2017湖北4月調(diào)研)已知函數(shù)f(x)xlnx，g(x).(1)證明：方程f(x)g(x)在(1，2)內(nèi)有且僅有唯一實根；(2)記maxa，b表示a，b兩個數(shù)中的較大者，方程f(x)g(x)在(1，2)內(nèi)的實根為x0，m(x)maxf(x)，b(x)若m(x)n(nR)在(1，)內(nèi)有兩個不等的實根x1，x2(x10，即F(x)在(1，2)上單調(diào)遞增因為F(1)0，而F(x)在(1，2)上連續(xù)，由零點存在性定理可知，F(xiàn)(x)在(1，2)內(nèi)有且僅有唯一零點所以方程f(x)g(x)在(1，2)內(nèi)有且僅有唯一實根(2)x1x22x0.證明過程如下：顯然，m(x)當(dāng)1xx0時，m(x)，m(x)x0時，m(x)xlnx，m(x)1lnx0，所以m(x)單調(diào)遞增要證x1x22x0，即證x22x0x1，由(1)知x1x0x2，g(x1)f(x2)n，所以即證f(x2)f(2x0x1)，即證g(x1)f(2x0x1)，即證(2x0x1)ln(2x0x1)(1x1x02)，(*)設(shè)H(x)(2x0x)ln(2x0x)(1xx02)，H(x)ln(2x0x)1，因為1xx00，ln(2x0x)0，所以H(x)0，所以H(x)在(1，x0)上單調(diào)遞增，即H(x)H(x0)0，故(*)成立，即以上各步均可逆推，所以x1x22x0.6(2017云南統(tǒng)一檢測二)已知e是自然對數(shù)的底數(shù)，f(x)mex，g(x)x3，(x)f(x)g(x)，h(x)f(x)g(x2)2 017.(1)設(shè)m1，求h(x)的極值；(2)設(shè)m0，設(shè)F(x)，求證：F(x)3.解析(1)f(x)mex，g(x)x3，m1，f(x)ex，g(x2)x1.h(x)f(x)g(x2)2 017exx2 018.h(x)ex1.由h(x)0，得x0.e是自然對數(shù)的底數(shù)，h(x)ex1是增函數(shù)當(dāng)x0時，h(x)0時，h(x)0，即h(x)是增函數(shù)函數(shù)h(x)沒有極大值，只有極小值，且當(dāng)x0時，h(x)取得極小值h(x)的極小值為h(0)2 017.(2)證明：f(x)mex，g(x)x3，(x)f(x)g(x)mexx3.(x)mex1.由(x)mex10，m0，函數(shù)(x)是增函數(shù)；當(dāng)x(ln()，)時，(x)mex10，函數(shù)(x)是減函數(shù)當(dāng)xln()時，函數(shù)(x)取得最大值，最大值為ln()2ln(m)me2，2ln(m)0.(x)0.當(dāng)m0，F(xiàn)(x)3(x2)exx20.設(shè)u(x)(x2)exx2，則u(x)(x1)ex1.設(shè)v(x)(x1)ex1，則v(x)xex.x0，v(x)0.又當(dāng)x0時，v(x)0，函數(shù)v(x)在0，)上是增函數(shù)v(x)v(0)，即v(x)0.當(dāng)x0時，u(x)0；當(dāng)x0時，u(x)0.函數(shù)u(x)在0，)上是增函數(shù)當(dāng)x0時，u(x)u(0)0，即(x2)exx20.當(dāng)x0時，F(xiàn)(x)3.