专题08导数与不等式、函数零点相结合—三年高考(2015-2017)数学(理)真题分项版解析(解析版).pdf
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1、专业文档 珍贵文档 【2017 年】 1. 【 2017 课标 3,理 11】已知函数 211 ( )2() xx f xxxa ee有唯一零点,则a= A 1 2 B 1 3 C 1 2 D1 【答案】C 【解析】 试题分析:函数的零点满足 211 2 xx xxa ee, 设 11xx g xee,则 21 111 11 11 x xxx xx e gxeee ee , 当0gx时,1x,当1x时,0gx,函数g x单调递减, 当1x时,0gx,函数g x单调递增, 当1x时,函数取得最小值12g, 设 2 2h xxx,当1x时,函数取得最小值1, 若0a,函数h x与函数ag x没有交
2、点, 当0a时,11agh时,此时函数h x和ag x有一个交点, 即21a,解得 1 2 a . 故选 C. 【考点】函数的零点;导函数研究函数的单调性,分类讨论的数学思想 2. 【 2017 课标 1,理 21】已知函数 2 ( )(2) xx f xaeaex. ( 1)讨论( )f x的单调性; ( 2)若( )f x有两个零点,求a的取值范围 . 【解析】 试题分析:( 1)讨论( )f x单调性,首先进行求导,发现式子特点后要及时进行因式分解, 专业文档 珍贵文档 在对a按0a,0a进行讨论,写出单调区间;(2)根据第( 1)题,若0a,( )f x至 多 有 一 个 零 点 .
3、若0a, 当lnxa时 ,( )f x取 得 最 小 值 , 求 出 最 小 值 1 (ln)1lnfaa a ,根据1a , (1,)a , (0,1)a进行讨论, 可知当(0,1)a有 2 个零点,设正整数 0 n满足 0 3 ln(1)n a ,则 0000 0000 ()e ( e2)e20 nnnn f naannn.由于 3 ln(1)ln a a ,因此( )f x 在( ln,)a有一个零点 . 所以a的取值范围为(0,1). 试题解析:(1)( )f x的定义域为(,), 2 ( )2(2)1(1)(21) xxxx fxaeaeaee, ()若0a,则( )0fx,所以(
4、)fx在(,)单调递减 . ()若0a,则由( )0fx得lnxa. 当(,ln)xa时 ,( )0fx; 当(ln,)xa时 ,( )0fx, 所 以( )f x在 (,ln)a单调递减,在(ln,)a单调递增 . (2) ()若0a,由( 1)知,( )f x至多有一个零点. ( ) 若0a, 由 ( 1 ) 知 , 当lnxa时 ,( )f x取 得 最 小 值 , 最 小 值 为 1 (ln)1lnfaa a . 当1a时,由于(ln)0fa,故( )f x只有一个零点; 当(1,)a时,由于 1 1ln0a a ,即(ln)0fa,故( )f x没有零点; 当(0,1)a时, 1 1
5、ln0a a ,即( ln)0fa. 又 422 ( 2)e(2)e22e20faa,故( )fx在(,ln)a有一个零点 . 设正整数 0 n满足 0 3 ln(1)n a , 则 0000 0000 ()e ( e2)e20 nnnn f naannn. 由于 3 ln(1)ln a a ,因此( )fx在( ln,)a有一个零点 . 综上,a的取值范围为(0,1). 专业文档 珍贵文档 【考点】含参函数的单调性,利用函数零点求参数取值范围. 在大于 0 的点 . 3. 【 2017 课标 II ,理】已知函数 2 lnfxaxaxxx,且0fx。 (1) 求a; (2) 证明:fx存在唯
6、一的极大值点 0 x,且 22 0 2efx 。 【答案】 (1)1a; (2) 证明略。 【解析】 试题解析: (1) fx 的定义域为 0, +。 设lng xaxax,则fxxg x,0fx等价于0g x。 因为10,0gg x,因 10g,而 1 , 11gxaga x ,得1a。 若1a,则 1 1gx x 。当01x时,0gx,g x单调递减; 当1x时,0gx,g x单调递增。所以1x是g x的极小值点, 故10g xg 综上,1a。 (2)由( 1)知 2 lnfxxxxx,22lnfxxx。 设22lnh xxx,则 1 2hx x 。 当 1 0, 2 x时,0hx;当 1
7、 , 2 x时,0hx, 专业文档 珍贵文档 所以h x在 1 0, 2 单调递减,在 1 , 2 单调递增。 又 2 0h e, 1 0 2 h ,10h, 所以h x在 1 0, 2 有唯一零点 0 x,在 1 , 2 有唯一零点1, 且当 0 0,xx时,0h x;当 0,1 xx时,0h x, 当1,x时,0h x。 因为fxh x,所以 0 xx是fx的唯一极大值点。 由 0 0fx得 00 ln21xx,故 000 1fxxx。 由 0 0,1x得 0 1 4 fx。 因为 0 xx是fx在( 0,1 )的最大值点, 由 1 0,1e, 1 0fe得 12 0 fxfee。 所以
8、22 0 2efx。 【考点】利用导数研究函数的单调性;利用导数研究函数的极值 4. 【 2017 天津,理20】设aZ,已知定义在R上的函数 432 ( )2336f xxxxxa 在区间(1,2)内有一个零点 0 x,( )g x为( )f x的导函数 . ()求( )g x的单调区间; ()设 00 1,)(,2mxx,函数 0 ( )( )()()h xg x mxf m,求证: 0 () ()0h m h x; ()求证:存在大于 0 的常数A,使得对于任意的正整数,p q,且 00 1,)(,2, p xx q 满 专业文档 珍贵文档 足 04 1 | p x qAq . 【答案】
9、(1)增区间是(, 1), 1 (,) 4 ,减区间是 1 ( 1,) 4 . ( 2) (3)证明见解析 【解析】 试题分析: 由于( )g x为( )fx,所以判断( )g x的单调性, 需要对( )f x二次求导, 根据( )g x的导数的符号判断函数的单调性,给出单调区间; 由 0 ( )( )()( )h xg x mxf m, 得 00 ()()()h mg xmx ()f m,. 令函数 10 ( )( )()( )Hxg xxxf x, 200 ( )()()( )Hxg xxxf x分别求导 证明 . 有关零点问题,利用函数的单调性了解函数的图像情况,对极值作出相应的要求可控
10、 制零点的个数 . 试题解析: () 由 432 ( )2336f xxxxxa, 可得 32 ( )( )8966g xfxxxx, 进而可得 2 ( )24186g xxx.令( )0g x,解得1x,或 1 4 x. 当x变化时,( ),( )gxg x的变化情况如下表: x (, 1) 1 ( 1,) 4 1 (,) 4 ( )g x+ - + ( )g x 所以,( )g x的单调递增区间是(, 1), 1 (,) 4 ,单调递减区间是 1 ( 1,) 4 . ()证明:由 0 ( )( )()()h xg x mxf m,得 0 ( )()()()h mg m mxf m, 000
11、 ()()()( )h xg xmxf m. 令函数 10 ( )( )()( )Hxg xxxf x, 则 10 ( )( )()Hxg xxx. 由 () 知, 当1,2x 时,( )0g x,故当 0 1,)xx时, 1 ( )0Hx, 1( ) Hx单调递减;当 0 (,2xx时, 1 ( )0Hx, 1( ) Hx单调递增.因此,当 00 1,)(,2xxx时, 1100 ( )()()0HxHxf x,可得 1( )0,()0Hmh m即. 专业文档 珍贵文档 (III )证明:对于任意的正整数p,q,且 00 1)(, ,2 p xx q , 令 p m q ,函数 0 ( )(
12、 )()()hgmxxxmf. 由( II )知,当 0 1),mx时,( )h x在区间 0 ( ,)m x内有零点; 当 0 (,2mx时, ( )h x在区间 0 (),x m内有零点 . 所以( )h x在(1,2)内至少有一个零点,不妨设为 1 x,则 110 ()()()()0 pp hgxf q x q x. 由( I )知( )g x在1,2上单调递增,故 1 0( )()12( )gxgg, 于是 432234 0 4 1 ()|() | | 2336| | ()( )(2)2 pp ff ppp qp qpqaqqq x qg xggq . 因为当1 2,x时,( )0g
13、x,故( )fx在1,2上单调递增, 所以( )fx在区间1,2上除 0 x外没有其他的零点,而 0 p x q ,故()0 p f q . 又因为p,q,a均为整数,所以 432234 |2336|pp qp qpqaq是正整数, 从而 432234 |2336|1pp qp qpqaq. 所以 0 4 1 | 2 | ( ) p x qgq . 所以,只要取( )2Ag,就有 0 4 1 | p x qAq . 【考点】导数的应用 专业文档 珍贵文档 【2016 年】 1 【 2016 高考新课标1 卷】已知函数 2 21 x fxxea x有两个零点 . (I) 求a的取值范围; (II
14、)设x1,x2是fx的两个零点 , 证明: 12 2xx. 【答案】(0,) 【解析】 试题分析: (I) 求导 , 根据导函数的符号来确定, 主要要根据导函数零点来分类;(II)借组第 一 问 的 结 论 来 证 明 , 由 单 调 性 可 知 12 2xx等 价 于 12 ()(2)f xfx, 即 2 (2)0fx设 2 ( )(2) xx g xxexe, 则 2 ( )(1)() xx g xxee则当1x时, ( )0g x, 而(1)0g, 故当1x时,( )0g x从而 22 ()(2)0g xfx, 故 12 2xx 试题解析 ;()( )(1)2 (1)(1)(2 ) xx
15、 fxxea xxea (i )设0a, 则( )(2) x f xxe,( )f x只有一个零点 (ii )设0a, 则当(,1)x时 ,( )0fx;当(1,)x时 ,( )0fx所以( )f x在 (,1)上单调递减 , 在(1,)上单调递增 又(1)fe,(2)fa, 取b满足0b且ln 2 a b, 则 223 ( )(2)(1)()0 22 a f bba ba bb, 故( )f x存在两个零点 专业文档 珍贵文档 ()不妨设 12 xx, 由 ()知 12 (,1),(1,)xx, 2 2(,1)x,( )f x在(,1) 上单调递减 , 所以 12 2xx等价于 12 ()(
16、2)f xfx, 即 2 (2)0fx 由于 2 22 222 (2)(1) x fxx ea x, 而 2 2 222 ()(2)(1)0 x f xxea x, 所以 22 2 222 (2)(2) xx fxx exe 设 2 ( )(2) xx g xxexe, 则 2 ( )(1)() xx g xxee 所以当1x时,( )0g x, 而(1)0g, 故当1x时 ,( )0g x 从而 22 ()(2)0g xfx, 故 12 2xx 考点:导数及其应用 【名师点睛】 , 对于含有参数的函数单调性、极值、零点问题 , 通常要根据参数进行分类讨论, 要注意分类讨论的原则:互斥、无漏、
17、最简;, 解决函数不等式的证明问题的思路是构造适 当的函数 ,利用导数研究函数的单调性或极值破解. 2. 【2016 高考山东理数】( 本小题满分13 分) 已知 2 21 ( )ln,R x f xa xxa x . (I )讨论( )f x的单调性; (II )当1a时,证明 3 ( ) 2 f xfx对于任意的1,2x成立 . 【答案】()见解析; ()见解析 【解析】 试题解析 : ())(xf的定义域为), 0(; 3 2 32 /) 1)(2(22 )( x xax xxx a axf. 当0a,)1 , 0(x时,0)( / xf,)(xf单调递增; 专业文档 珍贵文档 / (1
18、,),( )0xfx时,)(xf单调递减 . 当0a时, / 3 (1)22 ( )()() a x fxxx xaa . (1)20a,1 2 a , 当) 1 ,0(x或x), 2 ( a 时,0)( / xf,)(xf单调递增; 当x) 2 , 1( a 时, 0)( / xf,)(xf单调递减; (2) 2a 时, 1 2 a ,在 x ),0(内,0)( / xf,)(xf单调递增; (3)2a时, 1 2 0 a , 当 ) 2 ,0( a x或 x ), 1(时,0)( / xf,)(xf单调递增; 当x)1 , 2 ( a 时,0)( / xf,)(xf单调递减 . 综上所述,
19、 当0a时,函数)(xf在) 1 , 0(内单调递增,在), 1(内单调递减; 当20a时,)(xf在) 1 , 0(内单调递增,在) 2 , 1( a 内单调递减,在), 2 ( a 内单调 递增; 当2a时,)(xf在), 0(内单调递增; 当2a,)(xf在) 2 , 0( a 内单调递增,在)1 , 2 ( a 内单调递减,在), 1(内单调递增 . ()由()知,1a时, / 223 21122 ( )( )ln(1) x f xfxxx xxxx 专业文档 珍贵文档 23 312 ln1xx xxx , 2, 1 x, 令1 213 )(,ln)( 32 xxx xhxxxg,2
20、, 1 x . 则)()()()( / xhxgxfxf, 所以在2, 1上存在 0 x使得), 1( 0 xx时,)2,(,0)( 0 xxx时,0)(x, 所以函数( )h x在 ), 1( 0 x上单调递增;在)2,( 0 x上单调递减, 由于 2 1 )2(, 1) 1(hh,因此 2 1 )2()(hxh , 当且仅当2x取得等号, 所以 2 3 )2()1()()( / hgxfxf, 即 2 3 )()( / xfxf对于任意的2, 1x恒成立。 考点: 1. 应用导数研究函数的单调性、极值;2. 分类讨论思想 . 3. 【 2016 高考江苏卷】 (本小题满分16 分) 已知函
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