五年高考真題高考數(shù)學(xué) 復(fù)習(xí) 第三章 第二節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 理全國(guó)通用

上傳人:仙*** 文檔編號(hào):43105930 上傳時(shí)間:2021-11-30 格式:DOC 頁(yè)數(shù):31 大?。?02KB
收藏 版權(quán)申訴 舉報(bào) 下載
五年高考真題高考數(shù)學(xué) 復(fù)習(xí) 第三章 第二節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 理全國(guó)通用_第1頁(yè)
第1頁(yè) / 共31頁(yè)
五年高考真題高考數(shù)學(xué) 復(fù)習(xí) 第三章 第二節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 理全國(guó)通用_第2頁(yè)
第2頁(yè) / 共31頁(yè)
五年高考真題高考數(shù)學(xué) 復(fù)習(xí) 第三章 第二節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 理全國(guó)通用_第3頁(yè)
第3頁(yè) / 共31頁(yè)

下載文檔到電腦,查找使用更方便

10 積分

下載資源

還剩頁(yè)未讀,繼續(xù)閱讀

資源描述:

《五年高考真題高考數(shù)學(xué) 復(fù)習(xí) 第三章 第二節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 理全國(guó)通用》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《五年高考真題高考數(shù)學(xué) 復(fù)習(xí) 第三章 第二節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 理全國(guó)通用(31頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第二節(jié)第二節(jié)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用考點(diǎn)一利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性1 (20 xx福建, 10)若定義在 R R 上的函數(shù)f(x)滿足f(0)1, 其導(dǎo)函數(shù)f(x)滿足f(x)k1,則下列結(jié)論中一定錯(cuò)誤的是()Af1k1kBf1k1k1Cf1k1 1k1Df1k1 kk1解析導(dǎo)函數(shù)f(x)滿足f(x)k1,f(x)k0,k10,1k10,可構(gòu)造函數(shù)g(x)f(x)kx,可得g(x)0,故g(x)在 R R 上為增函數(shù),f(0)1,g(0)1,g1k1 g(0),f1k1 kk11,f1k1 1k1,選項(xiàng) C 錯(cuò)誤,故選 C.答案C2 (20 xx遼寧, 11)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?R R,f(1

2、)2, 對(duì)任意xR R,f(x)2, 則f(x)2x4 的解集為()A(1,1)B(1,)C(,1)D(,)解析設(shè)g(x)f(x)2x4,則g(1)f(1)2(1)40,g(x)f(x)20,g(x)在 R R 上為增函數(shù)由g(x)0,即g(x)g(1)x1,選 B.答案B3(20 xx新課標(biāo)全國(guó),21)設(shè)函數(shù)f(x)emxx2mx.(1)證明:f(x)在(,0)單調(diào)遞減,在(0,)單調(diào)遞增;(2)若對(duì)于任意x1,x21,1,都有|f(x1)f(x2)|0e1,求m的取值范圍(1)證明f(x)m(emx1)2x.若m0,則當(dāng)x(,0)時(shí),emx10,f(x)0;當(dāng)x(0,)時(shí),emx10,f(

3、x)0.若m0,則當(dāng)x(,0)時(shí),emx10,f(x)0;當(dāng)x(0,)時(shí),emx10,f(x)0.所以,f(x)在(,0)單調(diào)遞減,在(0,)上單調(diào)遞增(2)解由(1)知, 對(duì)任意的m,f(x)在1, 0上單調(diào)遞減, 在0, 1上單調(diào)遞增, 故f(x)在x0 處取得最小值所以對(duì)于任意x1,x21,1,|f(x1)f(x2)|e1 的充要條件是f(1)f(0)e1,f(1)f(0)e1,即emme1,emme1.設(shè)函數(shù)g(t)ette1,則g(t)et1.當(dāng)t0 時(shí),g(t)0;當(dāng)t0 時(shí),g(t)0.故g(t)在(,0)上單調(diào)遞減,在(0,)上單調(diào)遞增又g(1)0,g(1)e12e0,故當(dāng)t1

4、,1時(shí),g(t)0.當(dāng)m1,1時(shí),g(m)0,g(m)0,即式成立;當(dāng)m1 時(shí),由g(t)的單調(diào)性,g(m)0,即 emme1;當(dāng)m1 時(shí),g(m)0,即 emme1.綜上,m的取值范圍是1,14(20 xx北京,18)已知函數(shù)f(x)ln1x1x.(1)求曲線yf(x)在點(diǎn)(0,f(0)處的切線方程;(2)求證:當(dāng)x(0,1)時(shí),f(x)2xx33 ;(3)設(shè)實(shí)數(shù)k使得f(x)kxx33 對(duì)x(0,1)恒成立,求k的最大值(1)解因?yàn)閒(x)ln(1x)ln(1x),所以f(x)11x11x,f(0)2.又因?yàn)閒(0)0,所以曲線yf(x)在點(diǎn)(0,f(0)處的切線方程為y2x.(2)證明令

5、g(x)f(x)2xx33 ,則g(x)f(x)2(1x2)2x41x2.因?yàn)間(x)0(0 xg(0)0,x(0,1),即當(dāng)x(0,1)時(shí),f(x)2xx33 .(3)解由(2)知,當(dāng)k2 時(shí),f(x)kxx33 對(duì)x(0,1)恒成立當(dāng)k2 時(shí),令h(x)f(x)kxx33 ,則h(x)f(x)k(1x2)kx4(k2)1x2.所以當(dāng) 0 x4k2k時(shí),h(x)0,因此h(x)在區(qū)間0,4k2k上單調(diào)遞減當(dāng) 0 x4k2k時(shí),h(x)h(0)0,即f(x)2 時(shí),f(x)kxx33 并非對(duì)x(0,1)恒成立綜上可知,k的最大值為 2.5(20 xx四川,21)已知函數(shù)f(x)2(xa)lnx

6、x22ax2a2a,其中a0.(1)設(shè)g(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù),討論g(x)的單調(diào)性;(2)證明:存在a(0,1),使得f(x)0 在區(qū)間(1,)內(nèi)恒成立,且f(x)0 在區(qū)間(1,)內(nèi)有唯一解(1)解由已知,函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,),g(x)f(x)2(xa)2lnx21ax,所以g(x)22x2ax22x1222a14x2,當(dāng) 0a14時(shí),g(x)在區(qū)間0,1 14a2,1 14a2,上單調(diào)遞增,在區(qū)間1 14a2,1 14a2上單調(diào)遞減;當(dāng)a14時(shí),g(x)在區(qū)間(0,)上單調(diào)遞增(2)證明由f(x)2(xa)2lnx21ax0,解得ax1lnx1x1,令(x)2xx1lnx1x

7、1lnxx22x1lnx1x1x2x1lnx1x12x1lnx1x1,則(1)10,(e)e(e2)1e12e21e120,故存在x0(1,e),使得(x0)0,令a0 x01lnx01x10,u(x)x1lnx(x1),由u(x)11x0 知,函數(shù)u(x)在區(qū)間(1,)上單調(diào)遞增,所以 0u(1)11u(x0)1x10a0u(e)1e1e21e11,即a0(0,1),當(dāng)aa0時(shí),有f(x0)0,f(x0)(x0)0,由(1)知,f(x)在區(qū)間(1,)上單調(diào)遞增,故當(dāng)x(1,x0)時(shí),f(x)0,從而f(x)f(x0)0;當(dāng)x(x0,)時(shí),f(x)0,從而f(x)f(x0)0,所以,當(dāng)x(1,

8、)時(shí),f(x)0,綜上所述,存在a(0,1),使得f(x)0 在區(qū)間(1,)內(nèi)恒成立,且f(x)0 在區(qū)間(1,)內(nèi)有唯一解6.(20 xx天津,20)已知函數(shù)f(x)nxxn,xR R,其中nN N* *,n2.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)設(shè)曲線yf(x)與x軸正半軸的交點(diǎn)為P, 曲線在點(diǎn)P處的切線方程為yg(x), 求證:對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)x,都有f(x)g(x);(3)若關(guān)于x的方程f(x)a(a為實(shí)數(shù))有兩個(gè)正實(shí)根x1,x2,求證:|x2x1|a1n2.(1)解由f(x)nxxn,可得f(x)nnxn1n(1xn1)其中nN N*,且n2,下面分兩種情況討論:當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)令f(x)

9、0,解得x1,或x1.當(dāng)x變化時(shí),f(x),f(x)的變化情況如下表:x(,1)(1,1)(1,)f(x)f(x)所以,f(x)在(,1),(1,)上單調(diào)遞減,在(1,1)內(nèi)單調(diào)遞增當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)當(dāng)f(x)0,即x1 時(shí),函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)f(x)0,即x1 時(shí),函數(shù)f(x)單調(diào)遞減;所以,f(x)在(,1)上單調(diào)遞增,在(1,)上單調(diào)遞減(2)證明設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0,0),則x0n11n,f(x0)nn2.曲線yf(x)在點(diǎn)P處的切線方程為yf(x0)(xx0),即g(x)f(x0)(xx0)令F(x)f(x)g(x),即F(x)f(x)f(x0)(xx0),則F(x)f(x)f(x0

10、)由于f(x)nxn1n在(0,)上單調(diào)遞減,故F(x)在(0,)上單調(diào)遞減,又因?yàn)镕(x0)0,所以當(dāng)x(0,x0)時(shí),F(xiàn)(x)0,當(dāng)x(x0,)時(shí),F(xiàn)(x)0,所以F(x)在(0,x0)內(nèi)單調(diào)遞增,在(x0,)上單調(diào)遞減,所以對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)x,都有F(x)F(x0)0,即對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)x,都有f(x)g(x)(3)證明不妨設(shè)x1x2.由(2)知g(x)(nn2)(xx0),設(shè)方程g(x)a的根為x2,可得x2ann2x0.當(dāng)n2 時(shí),g(x)在(,)上單調(diào)遞減,又由(2)知g(x2)f(x2)ag(x2),可得x2x2.類似地,設(shè)曲線yf(x)在原點(diǎn)處的切線方程為yh(x),可得h(x

11、)nx.當(dāng)x(0,),f(x)h(x)xn0,即對(duì)于任意的x(0,),f(x)h(x)設(shè)方程h(x)a的根為x1,可得x1an.因?yàn)閔(x)nx在(, )上單調(diào)遞增, 且h(x1)af(x1)h(x1), 因此x1x1.由此可得x2x1x2x1a1nx0.因?yàn)閚2,所以 2n1(11)n11C1n11n1n,故 2n11nx0.所以,|x2x1|a1n2.7(20 xx廣東,21)設(shè)函數(shù)f(x)1(x22xk)22(x22xk)3,其中k2.(1)求函數(shù)f(x)的定義域D(用區(qū)間表示);(2)討論函數(shù)f(x)在D上的單調(diào)性;(3)若kf(1)的x的集合(用區(qū)間表示)解(1)由題意知(x22xk

12、3)(x22xk1)0,因此x22xk30 x22xk10或x22xk30 x22xk10,設(shè)y1x22xk3,y2x22xk1,則這兩個(gè)二次函數(shù)的對(duì)稱軸均為x1,且方程x22xk30 的判別式144(k3)4k8,方程x22xk10 的判別式244(k1)84k,因?yàn)閗10,因此對(duì)應(yīng)的兩根分別為x1,22121 k2,x3,42221 2k,且有1 2k1 k21 k21 2k,因此函數(shù)f(x)的定義域D為(, 1 2k)(1 k2, 1 k2)(1 2k,)(2)由(1)中兩個(gè)二次函數(shù)的單調(diào)性,且對(duì)稱軸都為x1,易知函數(shù)f(x)在(,1 2k)上單調(diào)遞增,在(1 k2,1)上單調(diào)遞減,在(

13、1,1k2)上單調(diào)遞增,在(1 2k,)上單調(diào)遞減(3)由于k6,故1 2k1 k23111 k2f(1)f(3)的解集為(1 k2,3),在(1,1 k2)上f(x)f(1)的解集為(1,1 k2)再在其余兩個(gè)區(qū)間(,1 2k)和(1 2k,)上討論令x1,則(x22xk)22(x22xk)3k28k12,令(x22xk)22(x22xk)3k28k12,則(x22xk)22(x22xk)(k28k15)0,即(x22xk)22(x22xk)(k5)(k3)0,即x22xk(k5)x22xk(k3)0,化簡(jiǎn)得(x22x2k5)(x22x3)0,解得除了3,1 的另外兩個(gè)根為1 2k4,因此利

14、用函數(shù)f(x)的單調(diào)性可知在(,1 2k)上f(x)f(1)的解集為(12k4,1 2k),在(1 2k,)上f(x)f(1)的解集為(1 2k,1 2k4),綜上所述,kf(1)的解集為(1 2k4,1 2k)(1 k2,3)(1,1 k2)(1 2k,1 2k4)8(20 xx重慶,17)設(shè)f(x)a(x5)26lnx,其中aR R,曲線yf(x)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線與y軸相交于點(diǎn)(0,6)(1)確定a的值;(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值解(1)因?yàn)閒(x)a(x5)26lnx,故f(x)2a(x5)6x.令x1,得f(1)16a,f(1)68a,所以曲線yf(x)在點(diǎn)(1,f

15、(1)處的切線方程為y16a(68a)(x1),由點(diǎn)(0,6)在切線上可得 616a8a6,故a12.(2)由(1)知,f(x)12(x5)26lnx(x0),f(x)x56x(x2) (x3)x.令f(x)0,解得x12,x23.當(dāng) 0 x3 時(shí),f(x)0,故f(x)在(0,2),(3,)上為增函數(shù);當(dāng) 2x3 時(shí),f(x)0),g(x)x3bx.(1)若曲線yf(x)與曲線yg(x)在它們的交點(diǎn)(1,c)處具有公共切線,求a,b的值;(2)當(dāng)a24b時(shí),求函數(shù)f(x)g(x)的單調(diào)區(qū)間,并求其在區(qū)間(,1上的最大值解(1)f(x)2ax,g(x)3x2b.因?yàn)榍€yf(x)與曲線yg(x

16、)在它們的交點(diǎn)(1,c)處具有公共切線, 所以f(1)g(1),且f(1)g(1)即a11b,且 2a3b.解得a3,b3.(2)記h(x)f(x)g(x) 當(dāng)b14a2時(shí),h(x)x3ax214a2x1,h(x)3x22ax14a2.令h(x)0,得x1a2,x2a6.a0 時(shí),h(x)與h(x)的情況如下:x(,a2)a2(a2,a6)a6(a6,)h(x)00h(x)所 以 函 數(shù)h(x) 的 單 調(diào) 遞 增 區(qū) 間 為,a2 和a6,; 單 調(diào) 遞 減 區(qū) 間 為a2,a6 .當(dāng)a21,即 0a2 時(shí),函數(shù)h(x)在區(qū)間(,1上單調(diào)遞增,h(x)在區(qū)間(,1上的最大值為h(1)a14a

17、2.當(dāng)a21,且a61,即 2a6 時(shí),函數(shù)h(x)在區(qū)間,a2 內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間a2,1上單調(diào)遞減,h(x)在區(qū)間(,1上的最大值為ha2 1.當(dāng)a66 時(shí),函數(shù)h(x)在區(qū)間,a2 內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間a2,a6 內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間a6,1上單調(diào)遞增又因ha2 h(1)1a14a214(a2)20,所以h(x)在區(qū)間(,1上的最大值為ha2 1.考點(diǎn)二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值1(20 xx陜西,12)對(duì)二次函數(shù)f(x)ax2bxc(a為非零整數(shù)),四位同學(xué)分別給出下列結(jié)論,其中有且只有一個(gè)結(jié)論是錯(cuò)誤的,則錯(cuò)誤的結(jié)論是()A1 是f(x)的零點(diǎn)B1 是f(x)的極值點(diǎn)C3 是f(x)的極

18、值D點(diǎn)(2,8)在曲線yf(x)上解析A 正確等價(jià)于abc0,B 正確等價(jià)于b2a,C 正確等價(jià)于4acb24a3,D 正確等價(jià)于 4a2bc8.下面分情況驗(yàn)證,若 A 錯(cuò),由、組成的方程組的解為a5,b10,c8.符合題意;若 B 錯(cuò),由、組成的方程組消元轉(zhuǎn)化為關(guān)于a的方程后無實(shí)數(shù)解;若 C 錯(cuò),由、組成方程組,經(jīng)驗(yàn)證a無整數(shù)解;若 D 錯(cuò),由、組成的方程組a的解為34也不是整數(shù)綜上,故選 A.答案A2(20 xx新課標(biāo)全國(guó),12)設(shè)函數(shù)f(x)是奇函數(shù)f(x)(xR R)的導(dǎo)函數(shù),f(1)0,當(dāng)x0 時(shí),xf(x)f(x)0,則使得f(x)0 成立的x的取值范圍是()A(,1)(0,1)B

19、(1,0)(1,)C(,1)(1,0)D(0,1)(1,)解析因?yàn)閒(x)(xR R)為奇函數(shù),f(1)0,所以f(1)f(1)0.當(dāng)x0 時(shí),令g(x)f(x)x, 則g(x)為偶函數(shù), 且g(1)g(1)0.則當(dāng)x0 時(shí),g(x)f(x)xxf(x)f(x)x20,故g(x)在(0,)上為減函數(shù),在(,0)上為增函數(shù)所以在(0,)上,當(dāng) 0 x1 時(shí),g(x)g(1)0f(x)x0f(x)0;在(,0)上,當(dāng)x1 時(shí),g(x)g(1)0f(x)x0f(x)0.綜上,得使得f(x)0 成立的x的取值范圍是(,1)(0,1),選 A.答案A3(20 xx新課標(biāo)全國(guó),12)設(shè)函數(shù)f(x) 3si

20、nxm.若存在f(x)的極值點(diǎn)x0滿足x20f(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滿足f(x0) 3,則x0m2k(kZ Z),從而得x0(k12)m(kZ Z)所以不等式x20f(x0)2m2即為(k12)2m233,其中kZ Z.由題意,存在整數(shù)k使得不等式m21k1223 成立 當(dāng)k1 且k0 時(shí), 必有k1221, 此時(shí)不等式顯然不能成立,故k1 或k0,此時(shí),不等式即為34m23,解得m2.答案C4(20 xx浙江,8)已知 e 為自然對(duì)數(shù)的底數(shù),設(shè)函數(shù)f(x)(e

21、x1)(x1)k(k1,2),則()A當(dāng)k1 時(shí),f(x)在x1 處取到極小值B當(dāng)k1 時(shí),f(x)在x1 處取到極大值C當(dāng)k2 時(shí),f(x)在x1 處取到極小值D當(dāng)k2 時(shí),f(x)在x1 處取到極大值解析當(dāng)k1 時(shí),f(x)(ex1)(x1),此時(shí)f(x)ex(x1)(ex1)exx1,所以f(1)e10,所以f(1)不是極值,A,B 項(xiàng)均錯(cuò)當(dāng)k2 時(shí),f(x)(ex1)(x1)2,此時(shí)f(x)ex(x1)2(2x2)(ex1)exx22xex2ex(x1)(x1)2(x1)(x1)ex(x1)2, 所以f(1)0, 且當(dāng)x1時(shí),f(x)0;在x1 附近的左側(cè),f(x)0,所以f(1)是極

22、小值答案C5(20 xx陜西,7)設(shè)函數(shù)f(x)xex,則()Ax1 為f(x)的極大值點(diǎn)Bx1 為f(x)的極小值點(diǎn)Cx1 為f(x)的極大值點(diǎn)Dx1 為f(x)的極小值點(diǎn)解析f(x)(x1)ex,當(dāng)x1 時(shí),f(x)1 時(shí),f(x)0,所以x1為f(x)的極小值點(diǎn),故選 D.答案D6(20 xx廣東,12)函數(shù)f(x)x33x21 在x_處取得極小值解析f(x)3x26x0得x0 或x2.當(dāng)x(, 0)(2, )時(shí)f(x)0,f(x)為增函數(shù)當(dāng)x(0,2)時(shí),f(x)0),討論h(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)解(1)設(shè)曲線yf(x)與x軸相切于點(diǎn)(x0,0),則f(x0)0,f(x0)0.即x30ax0

23、140,3x20a0,解得x012,a34.因此,當(dāng)a34時(shí),x軸為曲線yf(x)的切線(2)當(dāng)x(1,)時(shí),g(x)lnx0,從而h(x)minf(x),g(x)g(x)0,故h(x)在(1,)無零點(diǎn)當(dāng)x1 時(shí),若a54,則f(1)a540,h(1)minf(1),g(1)g(1)0,故x1是h(x)的零點(diǎn);若a54,則f(1)0,h(1)minf(1),g(1)f(1)0.所以只需考慮f(x)在(0,1)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)()若a3 或a0,則f(x)3x2a在(0,1)無零點(diǎn),故f(x)在(0,1)單調(diào)而f(0)14,f(1)a54,所以當(dāng)a3 時(shí),f(x)在(0,1)有一個(gè)零點(diǎn);當(dāng)a0 時(shí),f

24、(x)在(0,1)沒有零點(diǎn)()若3a0,即34a0,f(x)在(0,1)無零點(diǎn);若fa3 0,即a34,則f(x)在(0,1)有唯一零點(diǎn);若fa3 0,即3a34,由于f(0)14,f(1)a54,所以當(dāng)54a34時(shí),f(x)在(0,1)有兩個(gè)零點(diǎn);當(dāng)334或a54時(shí),h(x)有一個(gè)零點(diǎn);當(dāng)a34或a54時(shí),h(x)有兩個(gè)零點(diǎn);當(dāng)54a34時(shí),h(x)有三個(gè)零點(diǎn)10(20 xx安徽,21)設(shè)函數(shù)f(x)x2axb.(1)討論函數(shù)f(sinx)在2,2 內(nèi)的單調(diào)性并判斷有無極值,有極值時(shí)求出極值;(2)記f0(x)x2a0 xb0,求函數(shù)|f(sinx)f0(sinx)|在2,2 上的最大值D;

25、(3)在(2)中,取a0b00,求zba24滿足D1 時(shí)的最大值解(1)f(sinx)sin2xasinxbsinx(sinxa)b,2x2.f(sinx)(2sinxa)cosx,2x2.因?yàn)?x0,22sinx2.a2,bR R 時(shí),函數(shù)f(sinx)單調(diào)遞增,無極值a2,bR R 時(shí),函數(shù)f(sinx)單調(diào)遞減,無極值對(duì)于2a2,在2,2 內(nèi)存在唯一的x0,使得 2sinx0a.2xx0時(shí),函數(shù)f(sinx)單調(diào)遞減;x0 x2時(shí),函數(shù)f(sinx)單調(diào)遞增;因此,2a2,bR R 時(shí),函數(shù)f(sinx)在x0處有極小值f(sinx0)fa2 ba24.(2)2x2時(shí),|f(sinx)f

26、0(sinx)|(a0a)sinxbb0|aa0|bb0|.當(dāng)(a0a)(bb0)0 時(shí),取x2,等號(hào)成立當(dāng)(a0a)(bb0)0,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)exkexelnk,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,lnk)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(

27、lnk)k(1lnk)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)g(0)0,g(lnk)0,0lnk2.解得 ek0),因而f(1)1,f(1)1,所以曲線yf(x)在點(diǎn)A(1,f(1)處的切線方程為y1(x1),即xy20.(2)由f(x)1axxax,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)aalna,無極大值綜上,當(dāng)a0 時(shí),函數(shù)f(x)無極值;當(dāng)a0 時(shí),函數(shù)f(x)在xa處取得極小值aalna,無極大值考點(diǎn)三導(dǎo)

28、數(shù)的綜合問題1(20 xx新課標(biāo)全國(guó),12)設(shè)函數(shù)f(x)ex(2x1)axa,其中a1,若存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0)0,則a的取值范圍是()A.32e,1B.32e,34C.32e,34D.32e,1解析設(shè)g(x)ex(2x1),yaxa,由題知存在唯一的整數(shù)x0,使得g(x0)在直線yaxa的下方,因?yàn)間(x)ex(2x1),所以當(dāng)x12時(shí),g(x)12時(shí),g(x)0,所以當(dāng)x12時(shí),g(x)min2e12,當(dāng)x0 時(shí),g(0)1,g(1)3e0, 直線ya(x1)恒過(1, 0)且斜率為a, 故ag(0)1,且g(1)3e1aa,解得32ea1,故選 D.答案D2(20 xx遼寧,

29、11)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()A5,3B.6,98C6,2D4,3解析當(dāng)x(0,1時(shí),得a31x341x21x,令t1x,則t1,),a3t34t2t, 令g(t)3t34t2t,t1, ), 則g(t)9t28t1(t1)(9t1),顯然在1,)上,g(t)1,函數(shù)f(x)(1x2)exa.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)證明:f(x)在(,)上僅有一個(gè)零點(diǎn);(3)若曲線yf(x)在點(diǎn)P處的切線與x軸平行, 且在點(diǎn)M(m,n)處的切線與直線OP平行(O是坐標(biāo)原點(diǎn)),證明:m3a2e1.(1)解f(x)2xex(1x2)ex(x22x1)ex(

30、x1)2exxR R,f(x)0 恒成立f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(,)(2)證明f(0)1a,f(a)(1a2)eaa,a1,f(0)2aeaa2aaa0,f(0)f(a)0,則m0,g(m)在(0,)上增令g(x)0,則m1.(1)解函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,),f(x)aexlnxaxexbx2ex1bxex1.由題意可得f(1)2,f(1)e.故a1,b2.(2)證明由(1)知,f(x)exlnx2xex1,從而f(x)1 等價(jià)于xlnxxex2e.設(shè)函數(shù)g(x)xlnx,則g(x)1lnx.所以當(dāng)x0,1e 時(shí),g(x)0.故g(x)在0,1e 上單調(diào)遞減,在1e,上單調(diào)遞增,從而g(

31、x)在(0,)上的最小值為g1e 1e.設(shè)函數(shù)h(x)xex2e,則h(x)ex(1x)所以當(dāng)x(0,1)時(shí),h(x)0;當(dāng)x(1,)時(shí),h(x)0 時(shí),g(x)h(x),即f(x)1.9(20 xx北京,18)已知函數(shù)f(x)xcosxsinx,x0,2 .(1)求證:f(x)0;(2)若asinxxb對(duì)x0,2 恒成立,求a的最大值與b的最小值(1)證明由f(x)xcosxsinx得f(x)cosxxsinxcosxxsinx.因?yàn)樵趨^(qū)間0,2 上f(x)xsinx0 時(shí), “sinxxa”等價(jià)于“sinxax0”;“sinxxb”等價(jià)于“sinxbx0 對(duì)任意x0,2 恒成立當(dāng)c1 時(shí),

32、因?yàn)閷?duì)任意x0,2 ,g(x)cosxc0,所以g(x)在區(qū)間0,2 上單調(diào)遞減從而g(x)g(0)0 對(duì)任意x0,2 恒成立當(dāng) 0cg(0)0.進(jìn)一步, “g(x)0 對(duì)任意x0,2 恒成立”當(dāng)且僅當(dāng)g2 12c0,即 00 對(duì)任意x0,2 恒成立; 當(dāng)且僅當(dāng)c1 時(shí),g(x)0對(duì)任意x0,2 恒成立所以,若asinxxb對(duì)任意x0,2 恒成立,則a的最大值為2,b的最小值為 1.10(20 xx江西,18)已知函數(shù)f(x)(x2bxb) 12x(bR R)(1)當(dāng)b4 時(shí),求f(x)的極值;(2)若f(x)在區(qū)間(0,13)上單調(diào)遞增,求b的取值范圍解(1)當(dāng)b4 時(shí),f(x)5x(x2)

33、12x,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)x0,12 時(shí),f(x)0,f(x)單調(diào)遞減,故f(x)在x2 處取極小值f(2)0,在x0 處取極大值f(0)4.(2)f(x)x5x(3b2)12x,因?yàn)楫?dāng)x0,13 時(shí),x12x0,依題意,當(dāng)x0,13 時(shí),有 5x(3b2)0,從而53(3b2)0.所以b的取值范圍為,19 .11(20 xx遼寧,21)已知函數(shù)f(x)(cosxx)(2x)83(sinx1),g(x)3(x)cosx4(1sinx)ln32x .證明:(1)存在唯一x00,2 ,使f(x0)0;(2)存在唯一x12,使g(x1)0,

34、且對(duì)(1)中的x0,有x0 x1.證明(1)當(dāng)x0,2 時(shí),f(x)(1sinx)(2x)2x23cosx0,f2 21630,當(dāng)tx0,2 時(shí),u(t)0,所以u(píng)(t)在(0,x0上無零點(diǎn)在x0,2 上u(t)為減函數(shù),由u(x0)0,u2 4ln 20,故g(x)(1sinx)h(x)與h(x)有相同的零點(diǎn),所以存在唯一的x12,使g(x1)0.因x1t1,t1x0,所以x0 x10,存在唯一的s,使tf(s);(3)設(shè)(2)中所確定的s關(guān)于t的函數(shù)為sg(t),證明:當(dāng)te2時(shí),有25lng(t)lnt12.(1)解函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,)f(x)2xlnxxx(2 lnx1),令

35、f(x)0,得x1e.當(dāng)x變化時(shí),f(x),f(x)的變化情況如下表:x0,1e1e1e,f(x)0f(x)極小值所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是0,1e ,單調(diào)遞增區(qū)間是1e,.(2)證明當(dāng) 00,令h(x)f(x)t,x1,)由(1)知,h(x)在區(qū)間(1,)內(nèi)單調(diào)遞增h(1)t0.故存在唯一的s(1, ), 使得tf(s)成立(3)證明因?yàn)閟g(t),由(2)知,tf(s),且s1,從而lng(t)lntlnslnf(s)lnsln(s2lns)lns2lnsln(lns)u2ulnu,其中ulns.要使25lng(t)lnt12成立,只需 0lnue2時(shí),若sg(t)e,則由f(s)的單調(diào)性,有tf(s)f(e)e2,矛盾所以se,即u1,從而 lnu0 成立另一方面,令F(u)lnuu2,u1.F(u)1u12,令F(u)0,得u2.當(dāng) 1u0;當(dāng)u2 時(shí),F(xiàn)(u)1,F(xiàn)(u)F(2)0.因此 lnue2時(shí),有25lng(t)lnt12.

展開閱讀全文
溫馨提示:
1: 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請(qǐng)下載最新的WinRAR軟件解壓。
2: 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請(qǐng)聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
3.本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網(wǎng)頁(yè)內(nèi)容里面會(huì)有圖紙預(yù)覽,若沒有圖紙預(yù)覽就沒有圖紙。
4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
5. 裝配圖網(wǎng)僅提供信息存儲(chǔ)空間,僅對(duì)用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對(duì)用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯,并不能對(duì)任何下載內(nèi)容負(fù)責(zé)。
6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當(dāng)內(nèi)容,請(qǐng)與我們聯(lián)系,我們立即糾正。
7. 本站不保證下載資源的準(zhǔn)確性、安全性和完整性, 同時(shí)也不承擔(dān)用戶因使用這些下載資源對(duì)自己和他人造成任何形式的傷害或損失。

最新文檔

相關(guān)資源

更多
正為您匹配相似的精品文檔
關(guān)于我們 - 網(wǎng)站聲明 - 網(wǎng)站地圖 - 資源地圖 - 友情鏈接 - 網(wǎng)站客服 - 聯(lián)系我們

copyright@ 2023-2025  zhuangpeitu.com 裝配圖網(wǎng)版權(quán)所有   聯(lián)系電話:18123376007

備案號(hào):ICP2024067431號(hào)-1 川公網(wǎng)安備51140202000466號(hào)


本站為文檔C2C交易模式,即用戶上傳的文檔直接被用戶下載,本站只是中間服務(wù)平臺(tái),本站所有文檔下載所得的收益歸上傳人(含作者)所有。裝配圖網(wǎng)僅提供信息存儲(chǔ)空間,僅對(duì)用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對(duì)上載內(nèi)容本身不做任何修改或編輯。若文檔所含內(nèi)容侵犯了您的版權(quán)或隱私,請(qǐng)立即通知裝配圖網(wǎng),我們立即給予刪除!