浙江专用2019高考数学二轮复习精准提分第二篇重点专题分层练中高档题得高分第24练导数的综合应用试.pdf
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1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 第 24 练 导数的综合应用第 24 练 导数的综合应用 明晰考情 1.命题角度 : 函数与方程、不等式的交汇是考查的热点,常以指数函数、对数 函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问 题.2.题目难度:偏难 考点一 利用导数研究函数的零点(方程的根) 方法技巧 求解函数零点(方程根)的个数问题的基本思路:(1)转化为函数的图象与x轴 (或直线yk)在该区间上的交点问题;(2)利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值 (最值)、端点值等性质,进而画出其图象;(3)结合图象求解 1设函数f(x)x3ax2bxc
2、. (1)求曲线yf(x)在点(0,f(0)处的切线方程; (2)设ab4,若函数f(x)有三个不同零点,求c的取值范围 解 (1)由f(x)x3ax2bxc,得f(x)3x22axb. f(0)c,f(0)b, 曲线yf(x)在点(0,f(0)处的切线方程为ybxc. (2)当ab4 时,f(x)x34x24xc, f(x)3x28x4. 令f(x)0,得 3x28x40,解得x2 或x . 2 3 当x变化时,f(x)与f(x)在区间(,)上的变化情况如下: x(,2)2 (2, 2 3) 2 3( 2 3,) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 f(x)00 f(x)cc32 2
3、7 当c0 且c0, 存在x1(4, 2),x2, 32 27(2, 2 3) x3,使得f(x1)f(x2)f(x3)0. ( 2 3,0) 由f(x)的单调性知,当且仅当c时,函数f(x)x34x24xc有三个不同零点 (0, 32 27) 2已知函数f(x)2lnx(aR R,a0) x2 a (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)a1m有三个不同的实数 2 9a 根,求实数m的取值范围 解 (1)f(x) (x0), 2x a 2 x 当a0 时,f(x),则f(x)在(0,)上单调递减,在(,)上单调 2 xaxa ax
4、 aa 递增 (2)由(1)知,a0,f(x)minf()1lna,a 即g(a)1lna, 方程g(a)a1m,即malna(a0), 2 9a 2 9a 令F(a)alna(a0),则F(a)1 , 2 9a 1 a 2 9a2 3 a13a 2 9a2 知F(a)在和上单调递增,在上单调递减, (0, 1 3) ( 2 3,)( 1 3, 2 3) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 F(a)极大值F ln3,F(a)极小值F ln2ln3. ( 1 3) 1 3( 2 3) 1 3 依题意得实数m的取值范围是. ( 1 3ln2ln3, 1 3ln3) 3已知aR R,函数f(
5、x)exax(e2.71828是自然对数的底数) (1)若函数f(x)在区间(e,1)上是减函数,求实数a的取值范围; (2)若函数F(x)f(x)(ex2ax2lnxa)在区间内无零点,求实数a的最大值 (0, 1 2) 解 (1)由f(x)exax,得f(x)exa且f(x)在 R R 上单调递增 若f(x)在区间(e,1)上是减函数,只需f(x)0 在(e,1)上恒成立 因此只需f(1)e1a0,解得a . 1 e 又当a 时,f(x)ex 0,当且仅当x1 时取等号 1 e 1 e 所以实数a的取值范围是. 1 e,) (2)由已知得F(x)a(x1)2lnx,且F(1)0, 则F(x
6、)a ,x0. 2 x ax2 x a(x2 a) x 当a0 时,F(x)0. (0, 1 2) 所以F(x)在内无零点 (0, 1 2) 当a0 时,令F(x)0,得x . 2 a 若 ,即a(0,4时,则F(x)在上是减函数 2 a 1 2(0, 1 2) 又x0 时,F(x). 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 要使F(x)在内无零点,只需F 2ln 0,则 04 时,则F(x)在上是减函数,在上是增函数 2 a 1 2(0, 2 a)( 2 a, 1 2) 所以F(x)minF2a2ln , ( 2 a) 2 a 令(a)2a2ln ,则(a)1 g(x)在区间D上恒成立的
7、基本方法是构造函数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 4设函数f(x)lnxx1. (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)证明:当x(1,)时,10),得f(x) 1. 1 x 令f(x)0,解得x1. 当 00,f(x)单调递增; 当x1 时,f(x)1 时,f(x)1, 则F(x)1ln x1ln x, 当x1 时,F(x)0,可得F(x)在(1,)上单调递增, 即有F(x)F(1)0,即有xln xx1. 综上,原不等式得证 5(2018全国)已知函数f(x) xalnx. 1
8、x (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)存在两个极值点x1,x2, 证明:a2. fx1 fx2 x1x2 (1)解 f(x)的定义域为(0,), f(x)1 . 1 x2 a x x2ax1 x2 若a2,则f(x)0, 当且仅当a2,x1 时,f(x)0, 所以f(x)在(0,)上单调递减 若a2,令f(x)0,得x或x. aa24 2 aa24 2 当x时,f(x)0; (0, aa24 2) ( aa24 2 ,) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 当x时,f(x)0. ( aa24 2 ,a a24 2) 所以f(x)在,上单调递减,在上 (0, aa24 2)
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