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

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( ). 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. 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,+)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)=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. 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,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(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-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-1e2-2×2-10, 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(a,a+1)时,f(x)x3+x2. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 能力 3 会利用导数解决不等式的恒成立(存在性)问题 【例3】 (2018年河南省巩义市高中毕业班模拟考试试卷)已知 函数f(x)=xln x,g(x)=(-x2+ax-3)ex(a为实数). (1)当a=5 时,求函数g(x)的图象在x=1 处的切线方程; (2)求f(x)在区间t,t+2(t0)上的最小值; (3)若存在两个不等实数x1,x2,使方程g(x)=2exf(x)成立, 1 e ,e 求实数a的取值范围. 解析 (1)当a=5 时,g(x)=(-x2+5x-3)e·x,所以 g(1)=e,g'(x)=(-x2+3x+2e)x,故切线的斜率为g'(1)=4e,所以切线方 程为y-e=4e(x-1), 即y=4ex-3e. (2)因为f'(x)=ln x+1,令f'(x)=0,得x=, 1 e 所以f'(x),f(x)的变化情况如下表: x ( 0, 1 ) 1 ( 1 , + ) f'( x) -0+ f(x ) 极小值 当t 时,在区间t,t+2上,f(x)为增函数,所以 1 e f(x)min=f(t)=tln t; 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 当 0a-,求正数a的取值范围. 1 2e 解析 (1)f'(x)= +a-2x=-(x1), 2 (2 + )( - ) 当-2a0 时,f'(x)-,则f'(x)0. 2 2 f(x)在上单调递减,在上单调递增. (- 2, + ) (1, - 2) 当 01 时,若xa,则f'(x)0. f(x)在(a,+)上单调递减,在(1,a)上单调递增. 综上可知,当-2a1 时,f(x)在(1,+)上单调递减; 当a1 时,f(x)在(a,+)上单调递减,在(1,a)上单调递增. (2)a0, 当xa时,f'(x)0. f(x)max=f(a)=a2ln a+a. x0(0,+),f(x0)a-, 1 2e a2ln a+aa-,即a2ln a+ 0, 1 2e 1 2e 设g(x)=x2ln x+, 1 2e 则g'(x)=2xln x+x=x(2ln x+1), 当x时,g'(x)0;当 0f(x)有解, 则 af(x)min;若a0,得 01. 1 所以g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减. (2)当k=1 时,f(x)g(x)恒成立,即axexln x+x+1 恒成立. 因为x0,所以a. ln + + 1 e 令h(x)=, ln + + 1 e 则h'(x)=. ( + 1)( - ln - ) 2e 令p(x)=-ln x-x, 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 则p'(x)=- -10,p(1)=-10,h'(x)0; 当x(x0,+)时,p(x)0 对x(0,1)恒成立,求k的取值范围. 解析 (1)当k=3 时,f'(x)=+-9(x2-1),f'(0)=11,又 1 1 + 1 1 - f(0)=0, 曲线y=f(x)在原点O处的切线方程为y=11x. (2)由题意得f'(x)=, 2 + 3(1 - 2)2 1 - 2 当x(0,1)时,(1-x2)2(0,1). 若k-,则 2+3k(1-x2)20,即f'(x)0. 2 3 f(x)在(0,1)上单调递增,从而f(x)f(0)=0. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 若k0. ( 1 - 2 3 ,1 ) f(x)min=f0,h(x)是增函数; 当x=80 时,h(x)取得极小值h(80)=11.25. 由题意知该极值是最小值. 故当汽车以 80 千米/时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最 少,最少为 11.25 升. 一、选择题 1.已知a=log32,b=log23,c=log47,则a,b,c的大小关系为( ). A.a1,clog=471log,2log0时,f(x)=2x+2x-4,则f(x) 的零点个数是( ). A.2B.3C.4D.5 解析 因为函数f(x)是定义在 R 上的奇函数,所以f(0)=0. 因为f·f(2)0 时,f(x)有 1 个零点. 根据奇函数的对称性可知,当x0). ( + 3)( - 1) 2 当x(0,1)时,f'(x)0,函数f(x)单调递增. 所以f(x)min=f(1)=4.所以a4.故选 B. 答案 B 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 4.已知函数f(x)=xcos x-sin x- x3,则不等式f(2x+3)+f(1)0 时,f'(x)- 1,所以x-2.故选 A. 答案 A 二、填空题 5.已知函数f(x)=4ln x+ax2-6x+b(a,b为常数),且x=2为f(x)的一个 极值点,则实数a的值为 . 解析 由题意知,函数f(x)的定义域为(0,+).f'(x)=4 +2ax-6,f'(2)=2+4a-6=0,即a=1. 答案 1 6.函数y=x+2cos x在上的最大值是 . 0, 2 解析 由题意知y'=1-2sin x, 令y'=0,得x=,则当x时,y'0;当x时,y' 0, 3- 3mx - 2,x 0 三个不同的零点,则m的取值范围是 . 解析 当x0 时,f(x)有一个零点,故当x0 时,f(x)有两个零 点. 当x0 时,f(x)=x3-3mx-2,则f'(x)=3x2-3m. 当m0时,f'(x)0,函数f(x)在(-,0上单调递增,所以f(x) 不会有两个零点,故舍去; 当m0时,函数f(x)在上单调递增,在(- , -)(- ,0 ) 上单调递减, 又f(0)=-20 时,f(x)有两个零点,解得m1,(-) 故m的取值范围是(1,+). 答案 (1,+) 8.已知f(x)=-x2-6x-3,g(x)=2x3+3x2-12x+9,设m1 时,g'(x)0, 函数g(x)单调递增. g(x)min=g(1)=2. f(x)=-x2-6x-3=-(x+3)2+66, 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 结合函数图象(图略)知,当f(x)=2时,方程两根分别为-5和-1, 则m的最小值为-5. 答案 -5 三、解答题 9.已知函数f(x)=xln x,g(x)=-x2+ax-3. (1)对一切x(0,+),2f(x)g(x)恒成立,求实数a的取值范围. (2)探讨函数F(x)=ln x- +是否存在零点.若存在,求出函数F(x)的 1 e 2 e 零点;若不存在,请说明理由. 解析 (1)因为对一切x(0,+),2f(x)g(x)恒成立, 所以 2xln x-x2+ax-3 恒成立, 即a2ln x+x+恒成立. 3 令h(x)=2ln x+x+, 3 则h'(x)= +1- =, 2 3 2 2+ 2x - 3 2 ( + 3)( - 1) 2 当x1 时,h'(x)0,h(x)单调递增; 当 00,f(x)单调递增. ( 1 e, + ) 所以当且仅当x=时,f(x)取最小值,且f(x)min=- . 1 e 1 e 设(x)= -(x0),则'(x)=, e 2 e 1 - e 易知(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减, 所以当且仅当x=1 时,(x)取最大值,且(x)max=- . 1 e 因为中取等号的条件不同,且 -, 1 e 2 e 即F(x)=ln x- + 0 恒成立, 1 e 2 e 故函数F(x)没有零点. 10.(江西省临川一中 2018 届高三年级全真模拟考试)已知函数 f(x)=xln x,g(x)=x+(x0)都在x=x0处取得最小值. 1 (1)求f(x0)-g(x0)的值; (2)设函数h(x)=f(x)-g(x),h(x)的极值点之和落在区间(k,k+1) 上,kN,求k的值. 解析 (1)f'(x)=ln x+1,令f'(x)=0,得x=, 1 e 则f'(x),f(x)的变化情况如下表: x ( 0, 1 ) 1 ( 1 , + ) f'( x) -0+ f(x 极小值 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 ) 当x=时,函数f(x)=xln x取得最小值-,x0=,f(x0)=- 1 e 1 e 1 e . 1 e 当a0 时,g(x)=x+2,当且仅当x0=,即a=e2时,g(x)有 1 1 1 1 e 最小值g(x0)=, 2 e f(x0)-g(x0)=- - =- . 1 e 2 e 3 e (2)由(1)知g(x)=x+, 1 e2x h(x)=xln x-x-,h'(x)=ln x+, 1 e2x 1 e22 设(x)=ln x+, 1 e22 '(x)=,当x时,'(x)0,函数(x)即h'(x)在 ( 2 e , + )( 2 e , + ) 上单调递增, 由(1)得h'=0,当x时,h'(x)0,h(x)在上单调 ( 1 e) ( 0, 1 e) ( 0, 1 e) 递增. 当x时,h'(x)0,h'(x)在上单调递增, ( 2 e) 1 e2 ( 2 e , + ) 函数h(x)在有唯一极小值点x1,且x11. ( 2 e , + ) 2 e h'=ln 2- =ln0, ( 2 e) 3 4 4 16 3 x1,+x1. ( 2 ,1 ) 1 ( 3 , + 1 ) 1 2,12, 3 + 1 存在自然数k=1,使得函数h(x)的极值点之和落在区间(1,2)上.