2020版高考数学(浙江专用)一轮总复习检测:3.2 导数的应用 Word版含解析.pdf
《2020版高考数学(浙江专用)一轮总复习检测:3.2 导数的应用 Word版含解析.pdf》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2020版高考数学(浙江专用)一轮总复习检测:3.2 导数的应用 Word版含解析.pdf(59页珍藏版)》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 3.2 导数的应用 挖命题 【考情探究】 5 年考情 考点内容解读 考题示例考向关联考点 预测热度 2018 浙江,22 导数与函数 的单调性 不等式的证明 导数与 单调性 1.了解函数单调性和导数的关 系. 2.会用导数研究函数的单调性. 3.会求函数的单调区间. 2018 课标全国理,21 导数与函数 的单调性 不等式的证明 2018 课标全国理,21 导数与极值、最 值 导数的四则运算 导数与 极值、最 值 1.了解函数极值的概念及函数 在某点取得极值的条件. 2.会用导数求函数的极大值、极 小值. 3.会求闭区间上函数的最大值、 最小值. 2
2、014 浙江,22导数与最值不等式的证明 分析解读 1.导数是高考的必考内容.利用导数来研究函数的单调性、极值、最值等问题是命题的热点. 2.考查重点是导数与极值、最值、单调区间、图形形状的联系,利用导数证明不等式,求函数零点等,属 于难题.(例 2018 浙江,22) 3.预计 2020 年高考中,导数的考查必不可少,复习时要高度重视. 破考点 【考点集训】 考点一 导数与单调性 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 1.(2017 浙江“超级全能生”联考(12 月),10)设 f(x),g(x)分别是定义在(-,0)(0,+)上的奇函数和 偶函数,当 x0,g(x)0,且 f(-3)
3、=0,则不等式 f(x)g(x)0,(2 分) 故 f(x)在 R 上单调递增.(4 分) (2)由于|f(0)|f(1),即|a|5a+3|a-1|,解得 a-1.(6 分) 当 a0 时, f (x)=12ax2+6|a-1|x+2a, 当 x0,1时, f (x)0, 所以 f(x)在0,1上单调递增,则 f(x)f(1),符合题意.(8 分) 当-0,存在 x0(0,1),使得 f (x0)=0, 故 f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,1)上单调递增. 因为 f (x0)=12a+6(1-a)x0+2a=0, 20 所以 4a=-2(1-a)- ax0, 3020 f(x0)
4、=4a+3(1-a)+2ax0-a 3020 =(1-a)+ ax0-a=-a0. 2020 (0 - 2 3) 2 + 5 9 由单调性知|f(x0)|=f(x0)0, f (0)f(1),不符合题 意.(14 分) 综合,知 a 的取值范围是.(15 分) - 3 4, + ) 考点二 导数与极值、最值 1.(2017 浙江镇海中学阶段测试(二),9)设 f(x)是一个三次函数,f (x)为其导函数,函数 y=xf (x)的图象 的一部分如图所示,则 f(x)的极大值与极小值分别是( ) A. f(-2)与 f(2)B.f(-1)与 f(1) C.f(2)与 f(-2) D.f(1)与 f
5、(-1) 答案 A 2.(2017 北京,20,13 分)已知函数 f(x)=excos x-x. (1)求曲线 y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程; (2)求函数 f(x)在区间上的最大值和最小值. 0, 2 解析 (1)因为 f(x)=excos x-x,所以 f (x)=ex(cos x-sin x)-1, f (0)=0. 又因为 f(0)=1,所以曲线 y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程为 y=1. (2)设 h(x)=ex(cos x-sin x)-1, 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 则 h(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos
6、x)=-2exsin x. 当 x时,h(x)0,得到 f(x)在定义域内的单调递增区间,令 f (x)0; 22 当 x(-1+,+)时, f (x)0),因此 h(x)在0,+)上单调递减,而 h(0)=1, 故 h(x)1,所以 f(x)=(x+1)h(x)x+1ax+1. 当00(x0),所以g(x)在0,+)上单调递增,而g(0)=0,故exx+1. 当 0(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1 =x(1-a-x-x2),取 x0=, 5 - 4- 1 2 则 x0(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故 f(x0)ax0+1. 当 a0 时,取
7、x0=, 5 - 1 2 则 x0(0,1), f(x0)(1-x0)(1+x0)2=1ax0+1. 综上,a 的取值范围是1,+). 解法二:f(x)=(1+x)(1-x)ex. 当 a1 时,设函数 h(x)=(1-x)ex,则 h(x)=-xex0),因此 h(x)在0,+)上单调递减,而 h(0)=1,故 h(x)1,所以 f(x)=(x+1)h(x)x+1ax+1. 当 00(x0),所以 g(x)在0,+)上单调递增, 而 g(0)=0,故 exx+1. 当 0(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取 x0=, 5 - 4- 1 2 则
8、x0(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故 f(x0)ax0+1. 当 a0 时,取 x0=,则 x0(0,1),f(x0)(1-x0)(1+x0)2=1ax0+1. 5 - 1 2 综上,a 的取值范围是1,+). 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解题思路 利用导数研究不等式恒成立或存在型问题时,首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求 出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可通过分离变量,构造函数,直接把问题 转化为求函数的最值问题. 2.(2017 浙江温州十校期末联考,20,15 分)定义在 D 上的函数 f(x)如果满足:对任
9、意的 xD,存在常数 M0, 都有|f(x)|M,则称 f(x)是 D 上的有界函数,其中 M 称为函数 f(x)的上界.已知函数 f(x)= x3+ax2+x+1. (1)当 a=-,D=-1,3时,求函数 f(x)在 D 上的上界的最小值; (2)记函数g(x)=f (x),若函数y=g在区间D=0,+)上是以3为上界的有界函数,求实数a的取值范围. ( 1 2) 解析 (1)当 a=-时, f(x)= x3-x2+x+1, f (x)=x2-x+1,令 f (x)=0,得 x=3 或, (2 分) 10 3 故函数 f(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减.(3 分) - 1,1 3
10、1 3,3 由 f(-1)=-2, f=, f(3)=-2,得-2f(x), ( 1 3) 94 81 94 81 所以|f(x)|2,(5 分) 故有上界 M2,所以上界 M 的最小值是 2.(7 分) (2)由 g(x)=x2+2ax+1, 得 y=g=+2a+1,(8 分) ( 1 2) ( 1 2) 2 ( 1 2) 令=t,x0,+),得 t(0,1, ( 1 2) 由函数 y=g在区间0,+)上是以 3 为上界的有界函数,得|g(t)|3 在区间(0,1上恒成立, ( 1 2) 即-3t2+2at+13 在区间(0,1上恒成立,(11 分) 亦即-a-在区间(0,1上恒成立.(12
11、 分) 记 p(t)=- -,q(t)= -,当 t(0,1时,p(t)=- -单调递增,q(t)= -单调递减,所以 p(t)max=-,q(t)min=, 所以实数 a 的取值范围是-a.(15 分) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 方法 2 利用导数研究函数的极值与最值 1.(2018 浙江杭州第二次教学质量检测(4 月),8)已知 a0 且 a1,则函数 f(x)=(x-a)2ln x( ) A.有极大值,无极小值B.有极小值,无极大值 C.既有极大值,又有极小值D.既无极大值,又无极小值 答案 C 2.(2018 浙江名校协作体,17)已知实数 a 满足 10), 3+
12、2bx - 1 - 2b 2 ( - 1)(2+ x + 1 + 2b) 2 令 g(x)=0,则 x1=1,x2=a,x3=-1-a, x3=-1-a0,x(1,a)时,g(x)0, 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 g(x)极大值=g(1)= +2b=-a2-a+=-+, ( + 1 2) 2 当 10 时, f (x)0,函数 f(x)在(0,+)上单调递增.(4 分) 故 f(x)min=f(0)=-1. 又当 x2xex= (对足够小的 x), 2 e - 2 2 当 x1 时, f(x)x-10, 故所求 a 的取值范围是-1(0,+).(7 分) (2)由(1)知 f(
13、x1)-1. 对任意正实数 x1,x2, f(x1)g(x2)恒成立, 等价于 g(x2)-1(x20)(*).(10 分) g(x)=m. 1 - 当 m0 时,g(1)=-m0,与(*)式矛盾,故不合题意.(12 分) 当 m0 时, 若 00,若 x1,则 g(x)8-8ln 2; (2)若 a3-4ln 2,证明:对于任意 k0,直线 y=kx+a 与曲线 y=f(x)有唯一公共点. 解析 本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力. (1)函数 f(x)的导函数 f (x)=-, 1 2 由 f (x1)=f (x2)得-=-, 1 2 1 1
14、1 1 2 2 1 2 因为 x1x2, 所以+=. 1 1 1 2 由基本不等式得=+2, 1 2 1212 4 12 因为 x1x2,所以 x1x2256. 由题意得 f(x1)+f(x2)=-ln x1+-ln x2=-ln(x1x2). 12 1 2 12 设 g(x)= -ln x,则 g(x)=(-4), 1 4 所以 x(0,16)16(16,+) g(x)-0+ g(x)2-4ln 2 所以 g(x)在256,+)上单调递增, 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 故 g(x1x2)g(256)=8-8ln 2, 即 f(x1)+f(x2)8-8ln 2. (2)令 m=
15、e-(|a|+k),n=+1, ( | + 1 ) 2 则 f(m)-km-a|a|+k-k-a0, f(n)-kn-a0,直线 y=kx+a 与曲线 y=f(x)有唯一公共点. 一题多解 (1)f (x)=-, 1 2 且 f (x1)=f (x2)(x1x2). 设 f (x1)=t,则-=t 的两根为 x1,x2. 1 2 即 2t()2-+2=0 有两个不同的正根 x1,x2. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 即 = 1 - 16 0, 1+2= 1 2 0, 12= 1 0, 0 g=8-8ln 2, ( 1 16) f(x1)+f(x2)8-8ln 2. (2)设 h(
16、x)=f(x)-kx-a=-ln x-kx-a, 只需证明:当 a3-4ln 2 时,对于任意的 k0, 函数 h(x)在(0,+)上只有唯一的零点. 取 m=e-|a|-k,则 h(m)=+|a|+k-ke-|a|-k-a e - | - +k(1-e-|a|-k)k(1-e-|a|-k)0. e - | - 又 x0 时,-kxm0. 由于 h(m)0,h(n)0,x(0,时,h(x)0. 即 h(x)在(0,上没有零点,但 h(x)在(,+)上有一个零点. 当 00,直线 y=kx+a 与曲线 y=f(x)有唯一的公共点. 考点二 导数与极值、最值 (2014 浙江,22,14 分)已知
17、函数 f(x)=x3+3|x-a|(aR). (1)若 f(x)在-1,1上的最大值和最小值分别记为 M(a),m(a),求 M(a)-m(a); (2)设 bR.若f(x)+b24 对 x-1,1恒成立,求 3a+b 的取值范围. 解析 (1)因为 f(x)= 3 + 3x - 3a, x a, 3- 3x + 3a,x 0,t(a)在上是增函数,故 t(a)t(0)=-2,因此-23a+b0. (0, 1 3) (iii)当2,令 f (x)=0,得 x=或 x=. -2- 4 2 +2- 4 2 当 x时, f (x)0. ( -2- 4 2 , +2- 4 2 ) 所以 f(x)在,单
18、调递减,在单 (0, -2- 4 2 ) ( +2- 4 2 , + ) ( -2- 4 2 , +2- 4 2 ) 调递增. (2)由(1)知, f(x)存在两个极值点当且仅当 a2. 由于 f(x)的两个极值点 x1,x2满足 x2-ax+1=0, 所以 x1x2=1,不妨设 x11, 由于=-1+a=-2+a=-2+a, (1) - f(2) 1- 2 1 12 ln 1- ln 2 1- 2 ln 1- ln 2 1- 2 - 2ln 2 1 2 - 2 所以g(x),x(a,b)时,可以构造函数 F(x)=f(x)-g(x),若 F(x)0,则 F(x)在(a,b)上是增函数, 同
19、时若 F(a)0,由增函数的定义可知,x(a,b)时,有 F(x)0,即证明了 f(x)g(x). 2.(2017 课标全国文,21,12 分)已知函数 f(x)=ex(ex-a)-a2x. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)若 f(x)0,求 a 的取值范围. 解析 本题考查了利用导数研究函数的单调性、最值. (1)函数 f(x)的定义域为(-,+), f (x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a). 若 a=0,则 f(x)=e2x,在(-,+)单调递增. 若 a0,则由 f (x)=0 得 x=ln a. 当 x(-,ln a)时, f (x)0. 故 f(x)在(-
20、,ln a)单调递减,在(ln a,+)单调递增. 若 a0. (ln( - 2), + ) 故 f(x)在单调递减,在单调递增. ( - ,ln(- 2) (ln( - 2), + ) (2)若 a=0,则 f(x)=e2x,所以 f(x)0. 若 a0,则由(1)得,当 x=ln a 时, f(x)取得最小值,最小值为 f(ln a)=-a2ln a,从而当且仅当-a2ln a0, 即 a1 时, f(x)0. 若 a0,由 f (x)=1-=知,当 x(0,a)时, f (x)0.所以 f(x)在 - (0,a)单调递减,在(a,+)单调递增.故 x=a 是 f(x)在(0,+)的唯一最
21、小值点. 由于 f(1)=0,所以当且仅当 a=1 时, f(x)0.故 a=1. (2)由(1)知当 x(1,+)时,x-1-ln x0. 令 x=1+,得 ln2,所以 m 的最小值为 3. (1 + 1 2)(1 + 1 22)( 1 + 1 23) 思路分析 (1)对 a 分类讨论,并利用导数研究 f(x)的单调性,找出最小值点,从而求出 a.(2)由(1)得当 x1 时,x-1-ln x0.令 x=1+,换元后可求出的范围. 1 2 (1 + 1 2)(1 + 1 22) (1 + 1 2) 一题多解 (1)f (x)=1-=(x0).当 a0 时, f (x)0,而 f(1)=0,
22、不合题意,a0,f(x)在(0,a)上 - 单调递减,在(a,+)上单调递增.又 f(x)0,f(a)0,即 a-1-aln a0,记 h(x)=x-1-xln x,则 h(x)=1-ln x-1=-ln x.h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,h(x)h(1)=0,即当且仅当 x=1 时,h(x)0,当且仅当 a=1 时,式成立.a=1. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 4.(2017江苏,20,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a0,bR)有极值,且导函数f (x)的极值点是f(x)的 零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值) (1)
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 2020版高考数学浙江专用一轮总复习检测:3.2导数的应用 Word版含解析 2020 高考 数学 浙江 专用 一轮 复习 检测 3.2 导数 应用 Word 解析
链接地址:https://www.31doc.com/p-3063951.html