2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式 第5講 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)零點、不等式的綜合問題課時規(guī)范練 理

《2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式 第5講 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)零點、不等式的綜合問題課時規(guī)范練 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式 第5講 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)零點、不等式的綜合問題課時規(guī)范練 理（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第5講 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)零點、不等式的綜合問題一、選擇題1若不等式2xln xx2ax3恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為()A(，0)B(，4C(0，) D4，)解析：條件可轉(zhuǎn)化為a2ln xx恒成立設(shè)f(x)2ln xx，則f(x)(x0)當(dāng)x(0，1)時，f(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x(1，)時，f(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)minf(1)4.所以a4.答案：B2(2017貴陽聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)的定義域為1，4，部分對應(yīng)值如下表：x10234f(x)12020f(x)的導(dǎo)函數(shù)yf(x)的圖象如圖所示當(dāng)1a2時，函數(shù)yf(x)a的零點的個數(shù)為()A1 B2C3 D4解析：根

2、據(jù)導(dǎo)函數(shù)圖象知2是函數(shù)的極小值點，函數(shù)yf(x)的大致圖象如圖所示由于f(0)f(3)2，1a2，所以yf(x)a的零點個數(shù)為4.答案：D3(2017山東省實驗中學(xué)診斷)若函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，且滿足f(x)xf(x)0，則()A3f(1)f(3) B3f(1)f(3)C3f(1)f(3) Df(1)f(3)解析：由于f(x)xf(x)，則0恒成立，因此在R上是單調(diào)遞減函數(shù)，所以，即3f(1)f(3)答案：B4(2014全國卷)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()(導(dǎo)學(xué)號 55410101)A(2，) B(1，)C(，2) D(，1)解

3、析：由題意知a0，f(x)3ax26x，令f(x)0，解得x0或x.當(dāng)a0時，x(，0)，f(x)0，x，f(x)0，x，f(x)0，且f(0)10，故f(x)有小于0的零點，不滿足當(dāng)a0時，需使x00且唯一，只需f0，則a24，所以a2.答案：C5(2017佛山調(diào)研)已知yf(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，且xf(x)f(x)0，則函數(shù)g(x)xf(x)1(x0)的零點個數(shù)為()A0 B1C0或1 D無數(shù)個解析：由g(x)xf(x)10得，xf(x)1(x0)，設(shè)h(x)xf(x)，則h(x)f(x)xf(x)，因為xf(x)f(x)0，所以h(x)0，即函數(shù)在(0，)上為增函數(shù)，因為h(0)0

4、f(0)0，所以當(dāng)x0時，h(x)h(0)0，故h(x)1無解，故函數(shù)g(x)xf(x)1(x0)的零點個數(shù)為0個答案：A二、填空題6做一個無蓋的圓柱形水桶，若要使其體積是27 dm3，且用料最省，則圓柱的底面半徑為_dm.解析：設(shè)圓柱的底面半徑為R dm，母線長為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，S表最小答案：37(2017長沙調(diào)研)定義域為R的可導(dǎo)函數(shù)yf(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)，滿足f(x)f(x)，且f(0)1，則不等式1的解集為_解析：構(gòu)造函數(shù)g(x)，則g(x).由題意得g(x

5、)0恒成立，所以函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞減又g(0)1，所以1，即g(x)1，所以x0，所以不等式的解集為(0，)答案：(0，)8(2017德州二模)若對任意的xD，均有g(shù)(x)f(x)h(x)成立，則稱函數(shù)f(x)為函數(shù)g(x)到函數(shù)h(x)在區(qū)間D上的“任性函數(shù)”已知函數(shù)f(x)kx，g(x)x22x，h(x)(x1)(ln x1)，且f(x)是g(x)到h(x)在區(qū)間1，e上的“任性函數(shù)”，則實數(shù)k的取值范圍是_(導(dǎo)學(xué)號 54850101)解析：依題意，x1，e，x22xkx(x1)(ln x1)恒成立所以x2k(ln x1)在x1，e上恒成立又yx2在1，e上是增函數(shù)，所以(x2)ma

6、xe2，則ke2.設(shè)(x)(ln x1)，x1，e則(ln x1)0，所以(x)在1，e上是增函數(shù)，則(x)min(1)2.所以k2，由知，當(dāng)e2k2時，x22xkx(x1)(ln x1)在x1，e上恒成立答案：e2，2三、解答題9(2017貴陽質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)ln x.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求函數(shù)f(x)在上的最大值和最小值(其中e是自然對數(shù)的底數(shù))；(3)求證：ln .(1)解：f(x)ln x1ln x，f(x)的定義域為(0，)因為f(x)，所以f(x)00x1，f(x)0x1.所以f(x)1ln x在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減(2)解：由(1)得f(

7、x)在上單調(diào)遞增，在(1，e上單調(diào)遞減，所以f(x)在上的最大值為f(1)1ln 10.又f1eln 2e，f(e)1ln e，且ff(e)所以f(x)在上的最小值為f2e.所以f(x)在上的最大值為0，最小值為2e.(3)證明：要證ln ，即證2ln x 1，即證1ln x0.由(1)可知，f(x)1ln x在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，所以f(x)在(0，)上的最大值為f(1)11ln 10，即f(x)0，所以1ln x0恒成立，原不等式得證10(2017西安調(diào)研)已知函數(shù)f(x)ln xx2(a1)x.(導(dǎo)學(xué)號 54850102)(1)若曲線yf(x)在x1處的切線方程為

8、y2，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若x0時，恒成立，求實數(shù)a的取值范圍解：(1)由已知得f(x)ax(a1)，則f(1)0.而f(1)ln 1(a1)1，所以曲線yf(x)在x1處的切線方程為y1.所以12，解得a2.所以f(x)ln xx23x，f(x)2x3.由f(x)2x30，得0x或x1，由f(x)2x30，得x1，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為和(1，)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為.(2)若，則x(a1)，即在區(qū)間(0，)上恒成立設(shè)h(x)，則h(x)，由h(x)0，得0xe，所以h(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，由h(x)0，得xe，所以h(x)在(e，)上單調(diào)遞減所以h(x)的最大值為

9、h(e)e，所以e，故a2e1.從而實數(shù)a的取值范圍為a|a2e111(2017沈陽質(zhì)檢)函數(shù)f(x)axxln x在x1處取得極值(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若yf(x)m1在定義域內(nèi)有兩個不同的零點，求實數(shù)m的取值范圍解：(1)f(x)aln x1，f(1)a10，解得a1，當(dāng)a1時，f(x)xxln x，即f(x)ln x，令f(x)0，解得x1；令f(x)0，解得0x1.所以f(x)在x1處取得極小值，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)(2)yf(x)m1在(0，)內(nèi)有兩個不同的零點，可轉(zhuǎn)化為f(x)m1在(0，)內(nèi)有兩個不同的根，也可轉(zhuǎn)化為yf(x)與y

10、m1的圖象有兩個不同的交點由(1)知，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，f(x)minf(1)1，由題意得，m11即m2，當(dāng)0x1時，f(x)x(1ln x)0；當(dāng)x0且x0時，f(x)0；當(dāng)x時，顯然f(x)(或者舉例：當(dāng)xe2，f(e2)e20)如圖，由圖象可知，m10，即m1，故可得2m1.故實數(shù)m的取值范圍是(2，1) 典例(本小題滿分12分)(2016全國卷)已知函數(shù)f(x)(x2)exa(x1)2有兩個零點(1)求a的取值范圍；(2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個零點，證明：x1x22.規(guī)范解答：(1)f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a)(1分)設(shè)

11、a0，則f(x)(x2)ex，f(x)只有一個零點(2分)設(shè)a0，則當(dāng)x(，1)時，f(x)0；當(dāng)x(1，)時，f(x)0，所以f(x)在(，1)內(nèi)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bln ，則f(b)(b2)a(b1)2a0，故f(x)存在兩個零點設(shè)a0，由f(x)0得x1或xln(2a)若a，則ln(2a)1，故當(dāng)x(1，)時，f(x)0，因此f(x)在(1，)上單調(diào)遞增又當(dāng)x1時，f(x)0，所以f(x)不存在兩個零點若a，則ln(2a)1，故當(dāng)x(1，ln(2a)時，f(x)0；當(dāng)x(ln(2a)，)時，f(x)0.因此f(x)在(1，ln(2a)內(nèi)

12、單調(diào)遞減，在(ln(2a)，)上單調(diào)遞增(6分)又當(dāng)x1時，f(x)0，所以f(x)不存在兩個零點綜上可知，a的取值范圍為(0，)(7分)(2)不妨設(shè)x1x2，由(1)知，x1(，1)，x2(1，)，(8分)2x2(，1)，f(x)在(，1)上單調(diào)遞減，所以x1x22等價于f(x1)f(2x2)，即f(2x2)0.由于f(2x2)x2e2x2a(x21)2，又f(x2)(x22)ex2a(x21)20，所以f(2x2)x2e2x2(x22)ex2.(10分)設(shè)g(x)xe2x(x2)ex，則g(x)(x1)(e2xex)(11分)所以當(dāng)x1時，g(x)0，而g(1)0，故當(dāng)x1時，g(x)0.

13、從而g(x2)f(2x2)0，故x1x22.(12分)1牢記求導(dǎo)法則，正確求導(dǎo)：在函數(shù)與導(dǎo)數(shù)類解答題中，通常都會涉及求導(dǎo)，正確的求導(dǎo)是解題關(guān)鍵，因此要牢記求導(dǎo)公式，做到正確求導(dǎo)，如本題第(1)問就涉及對函數(shù)的求導(dǎo)2注意利用第(1)問的結(jié)果：在題設(shè)條件下，如果第(1)問的結(jié)果第(2)問能用得上，可以直接用，有些題目不用第(1)問的結(jié)果甚至無法解決，如本題即是在第(1)問的基本上求解3注意分類討論：高考函數(shù)與導(dǎo)數(shù)解答題，一般都會涉及分類討論，并且討論的步驟也是得分點，所以一定要重視分類討論4寫全得分關(guān)鍵：在函數(shù)與導(dǎo)數(shù)問題中，求導(dǎo)的結(jié)果、分類討論的條件、極值、最值、題目的結(jié)論等一些關(guān)鍵式子和結(jié)果都是

14、得分點，在解答時一定要寫清楚解題程序第一步，準(zhǔn)確求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)第二步，討論a的取值，分情況討論函數(shù)的單調(diào)性、極值、從而判斷函數(shù)零點，確定a的取值范圍第三步，將結(jié)論x1x22轉(zhuǎn)化為判定f(2x2)0f(x1)第四步，構(gòu)造函數(shù)g(x)xe2x(x2)ex，判定x1時，g(x)0.第五步，寫出結(jié)論，檢驗反思，規(guī)范步驟跟蹤訓(xùn)練設(shè)函數(shù)f(x)aexln x，曲線yf(x)在點(1，f(1)處的切線方程為ye(x1)2.(導(dǎo)學(xué)號 54850027)(1)求a，b；(2)證明：f(x)1.(1)解：函數(shù)f(x)的定義域為(0，)，f(x)aexln xexex1ex1，由題意可得f(1)2，f(1)e.故a1，b2.(2)證明：由(1)知，f(x)exln xex1，從而f(x)1等價于xln xxex.設(shè)函數(shù)g(x)xln x，則g(x)1ln x.所以當(dāng)x時，g(x)0；當(dāng)x時，g(x)0，故g(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增從而g(x)在區(qū)間(0，)上的最小值為g.設(shè)函數(shù)h(x)xex，則h(x)ex(1x)所以當(dāng)x(0，1)時，h(x)0；當(dāng)x(1，)時，h(x)0.故h(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，從而h(x)在(0，)上的最大值為h(1).綜上可知，當(dāng)x0時，g(x)h(x)，即f(x)1.9