2019高考数学理科二轮复习第一篇微型专题练习:微专题04 函数与导数的综合应用 Word版含解析.pdf
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1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 04 函数与导数的综合应用 1.若关于x的不等式x3-3x2-9x+2m对任意x-2,2恒成立,则m 的取值范围是( ). A.(-,7B.(-,-20 C.(-,0D.-12,7 解析 令f(x)=x3-3x2-9x+2, 则f(x)=3x2-6x-9, 令f(x)=0 得x=-1 或x=3(舍去). f(-1)=7,f(-2)=0,f(2)=-20, f(x)的最小值为f(2)=-20, 故m-20. 答案 B 2.已知函数f(x)=x3-3x-1,若对于区间-3,2上的任意x1,x2,都有 |f(x1)-f(x2)|t,则实数t的最小值是( )
2、. A.20 B.18C.3D.0 解析 对于区间-3,2上的任意x1,x2,都有|f(x1)-f(x2)|t, 等价于在区间-3,2上,f(x)max-f(x)mint. f(x)=x3-3x-1, f(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1). x-3,2,函数f(x)在-3,-1,1,2上单调递增,在- 1,1上单调递减, 又f(-3)=-19,f(1)=-3,f(-1)=1,f(2)=1, f(x)max=f(2)=f(-1)=1,f(x)min=f(-3)=-19, 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 f(x)max-f(x)min=20, t20,即实数t的最小值是 20.
3、 答案 A 3.已知y=f(x)为 R 上的连续可导函数,且xf(x)+f(x)0,则函数 g(x)=xf(x)+1(x0)的零点个数为( ). A.0B.1 C.0 或 1 D.无数个 解析 因为g(x)=f(x)+xf(x)0, 所以函数g(x)在(0,+)上为增函数. 因为g(0)0,所以g(x)0, 故函数g(x)=xf(x)+1(x0)的零点个数为 0. 答案 A 4.做一个无盖的圆柱形水桶,若要使其体积是 27 dm3,且用料最省, 则圆柱的底面半径为 dm. 解析 设圆柱的底面半径为R dm,母线长为l dm, 则V=R2l=27,所以l=, 27 2 要使用料最省,只需使圆柱形
4、水桶的表面积最小. S表=R2+2Rl=R2+2, 27 所以S表=2R-. 54 2 令S表=0,得R=3,则当R=3 时,S表最小. 答案 3 能力 1 会利用导数研究函数的零点问题 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 【例 1】 已知函数f(x)= -2ln x(aR,a0). 2 (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)若函数f(x)有最小值,记为g(a),关于a的方程g(a)+a- 2 9 1=m有三个不同的实数根,求实数m的取值范围. 解析 (1)f(x)=-(x0), 2 2 当a0时,f(x)=,所以f(x)在(0,)上单调递减, 2( + )(x -) 在(,+)上单
5、调递增. (2)由(1)知a0,f(x)min=f()=1-ln a,即g(a)=1-ln a, 故方程g(a)+a-1=m为m=a-ln a-(a0), 2 9 2 9 令F(a)=a-ln a-(a0), 2 9 则F(a)=1- +=, 1 2 92 (3 - 1)(3 - 2) 92 所以F(a)在和上是单调递增的,在上是单调 ( 0, 1 3) ( 2 3, + ) ( 1 3, 2 3) 递减的, 所以F(a)极大值=F=- +ln 3,F(a)极小值=F= -ln 2+ln 3, ( 1 3) 1 3 ( 2 3) 1 3 依题意得-ln 2+ln 30)在区间(0,1) 和(2
6、,+)上均单调递增,在(1,2)上单调递减,则函数f(x)的零点个 数为( ). A.0B.1C.2D.3 解析 由题意可得f(x)=2ax+b+, 则解得 (1) = 2 + + = 0, (2) = 4 + + 2 = 0, = - 6, = 4, 所以f(x)=a(x2-6x+4ln x), 则极大值f(1)=-5a0,结合函数图象可得该函数只有 1 个零 点.故选 B. 答案 B 2.(广西 2018 届高三第二次联合调研)已知函数f(x)=ln(x+a)- x(aR),直线l:y=- x+ln 3-是曲线y=f(x)的一条切线. 2 3 2 3 (1)求a的值. (2)设函数g(x)
7、=xex-2x-f(x-a)-a+2,证明:函数g(x)无零点. 解析 (1)由题意得f(x)=-1. 1 + 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 设切点为P(x0,y0), 则 1 0+ a - 1 = - 2 3, ln(0+ a) - 0= - 2 30 + ln3 - 2 3, 解得a=1. 0= 2, = 1, (2)由(1)知g(x)=xex-2x-f(x-1)-1+2=xex-ln x-x. 则g(x)=(x+1)ex- -1=(xex-1). 1 ( + 1) 令G(x)=xex-1,则G(x)=(x+1)ex. 当x0 时,G(x)0, G(x)在(0,+)上单调递增
8、. 又G(0)=-10, G(x)存在唯一零点c(0,1), 且当x(0,c)时,G(x)0, 当x(0,c)时,g(x)0, g(x)在(0,c)上单调递减,在(c,+)上单调递 增,g(x)g(c). G(c)=cec-1=0,00, g(x)g(c)0, 函数g(x)无零点. 能力 2 会利用导数证明不等式 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 【例2】 (2018年天津市南开中学高三模拟考试)已知f(x)=ex- aln x-a,其中常数a0. (1)当a=e 时,求函数f(x)的极值. (2)当 01 时,f(x)0,f(x)在(1,+)上单调递增. 所以f(x)有极小值,极小
9、值为f(1)=0,没有极大值. (2)若 0,由f(x)0 恒成立,得a恒成立,令(x)=, 1 e e ln + 1 e ln + 1 则(x)=. e(ln + 1 - 1 ) (ln + 1)2 令g(x)=ln x+1-, 1 ( 1 e) 则g(x)= +, 1 1 2( 1 e) 由g(x)0,得g(x)在上单调递增. ( 1 e, + ) 又因为g(1)=0,所以(x)在上为负,在(1,+)上为正, ( 1 e ,1 ) 所以(x)在上单调递减,在(1,+)上单调递增.所以 ( 1 e ,1 ) (x)min=(1)=e. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以当 0时
10、,a恒成立. 1 e e ln + 1 综上所述,当 00),则h(x)=. e 1 - e 当 00,所以h(x)在(0,1)上单调递增; 当x1 时,h(x)0)的最大值为h(1)=,即 ,所以e, e 1 e e 1 e e - 2 所以f(x)=ex-eln x,即 e2x-2-ex-1ln x-x0. e - 2 利用导数证明不等式f(x)g(x)在区间D上恒成立的基本方法是 先构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后根据函数的单调性或者函数的最值 证明函数h(x)0,其中找到函数h(x)=f(x)-g(x)的零点是解题的突 破口. 已知函数f(x)=. e - (1)若曲线y=f
11、(x)在x=2 处的切线过原点,求实数a的值; (2)若 1x3+x2. 参考数据:e2.7. 解析 (1)因为f(x)=, e - 所以f(x)=(1 + )e (x - a) - xe ( - )2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 =, ( 2 - ax - a)e ( - )2 由题意知,曲线y=f(x)在x=2 处的切线过原点, 则切线斜率k=f(2)=, (2) - 0 2 - 0 即=,整理得=, (4 - 3)e2 (2 - )2 2e2 2 - - 0 2 - 0 4 - 3 (2 - )2 1 2 - 所以a=1. (2)由 10, 所以f(x)x3+x2-x2-
12、x0. e - 设g(x)=-x2-x, e - 则g(x)=-2x-1, e(x - a - 1) ( - )2 由x0 且aea+1-(a+1)(a+2). 设t=a+1,则t(2,3), 设h(t)=et-t(t+1),则h(t)=et-2t-1, 令(t)=et-2t-1,则(t)=et-2,易知当t(2,3)时,(t)0, 所以h(t)在(2,3)上单调递増, 所以h(t)=et-2t-1e2-22-10, 所以h(t)在(2,3)上单调递増, 所以h(t)e2-60, 所以 et-t(t+1)0,即 ea+1-(a+1)(a+2)0, 所以当x(a,a+1)时,g(x)0, 即当x
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