2019高考数学二轮复习第一篇微型专题微专题04函数与导数的综合应用练习理.docx

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1、104 函数与导数的综合应用1.若关于 x 的不等式 x3-3x2-9x+2 m 对任意 x -2,2恒成立,则 m 的取值范围是( ).A.(- ,7 B.(- ,-20C.(- ,0 D.-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 B2.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

2、.20 B.18 C.3 D.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)min t.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,f (x)max-f(x)min=20,t 20,即实数 t 的最小值是 20.答案 A3.已知 y=f

3、(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( ).2A.0 B.1C.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 A4.做一个无盖的圆柱形水桶,若要使其体积是 27 dm 3,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= ,27R2要使用料最省,只需使圆柱形水桶的表面积最

4、小 .S 表 = R2+2 Rl= R2+2 ,27R所以 S表 =2 R- .54R2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【例 1】 已知函数 f(x)= -2ln x(aR, a0) .x2a(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- -1=m 有三个不同的实数29a根,求实数 m 的取值范围 .解析 (1)f(x)= - (x0),2xa2x当 a0 时, f(x)= ,所以 f(x)在(0, )上单调递减,在( ,+ )上单调2(x+ a)(

5、x- a)ax a a递增 .(2)由(1)知 a0,f(x)min=f( )=1-ln a,即 g(a)=1-ln a,a故方程 g(a)+a- -1=m 为 m=a-ln a- (a0),29a 29a令 F(a)=a-ln a- (a0),29a则 F(a)=1- + = ,1a29a2(3a-1)(3a-2)9a2所以 F(a)在 和 上是单调递增的,在 上是单调递减的,(0,13) (23,+ ) (13,23)所以 F(a)极大值 =F =- +ln 3,F(a)极小值 =F = -ln 2+ln 3,(13) 13 (23)13依题意得 -ln 2+ln 30)在区间(0,1)和

6、(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.0 B.1 C.2 D.3解析 由题意可得 f(x)=2ax+b+ ,cx则 解得f(1)=2a+b+c=0,f(2)=4a+b+c2=0, b= -6a,c=4a, 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 B42.(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 .23 23(1)求 a 的值 .(2)设函数

7、 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)= -1.1x+a设切点为 P(x0,y0),则1x0+a-1= -23,ln(x0+a)-x0= -23x0+ln3-23,解得 a= 1.x0=2,a=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).1x (x+1)x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

8、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【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a0.5(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

9、 f(x)0 恒成立,得 a 恒成立,令 (x)= ,1e exlnx+1 exlnx+1则 (x)= .ex(lnx+1-1x)(lnx+1)2令 g(x)=ln x+1- ,1x(x1e)则 g(x)= + ,1x1x2(x1e)由 g(x)0,得 g(x)在 上单调递增 .(1e,+ )又因为 g(1)=0,所以 (x)在 上为负,在(1, + )上为正,(1e,1)所以 (x)在 上单调递减,在(1, + )上单调递增 .所以 (x)min= (1)=e.(1e,1)所以当 0 时, a 恒成立 .1e exlnx+1综上所述,当 00),则 h(x)= .xex 1-xex当 00,

10、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,xex 1e xex 1e xex-2所以 f(x)=ex-eln x ,即 e2x-2-ex-1ln x-x0 .xex-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)= .xexx-a(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

11、考数据:e2 .7.解析 (1)因为 f(x)= ,xexx-a所以 f(x)=(1+x)ex(x-a)-xex(x-a)2= ,(x2-ax-a)ex(x-a)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)= ,f(2)-02-0即 = ,整理得 = ,(4-3a)e2(2-a)2 2e22-a-02-0 4-3a(2-a)2 12-a所以 a=1.(2)由 10,所以 f(x)x3+x2 -x2-x0.exx-a设 g(x)= -x2-x,exx-a则 g(x)= -2x-1,ex(x-a-1)(x-a)2由 x0 且 aea+1-(a+1)(a+2).

12、设 t=a+1,则 t(2,3),7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( a,a+1)时, f(x)x3+x2.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

13、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,求实数 a 的取值范围 .1e,e解析 (1)当 a=5 时, g(x)=(-x2+5x-3)ex,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

14、,得 x= ,1e所以 f(x),f(x)的变化情况如下表:x (0,1e) 1e (1e,+ )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 f(x)min=f(t)=tln t;1e8当 0a- ,求正数 a 的取值范围 .12e解析 (1)f(x)= +a-2x=- (x1),a2x (2x+a)(x-a)x当 -2 a0 时, f(x)- ,则 f(x)0.a2 a2f (x)在 上单调递减,在 上单调递增 .(-a2,+ ) (1,-a2)当 01 时,若 xa,则 f(x)0.f (x)在( a,+ )上单调递减,在(1, a)上单

15、调递增 .综上可知,当 -2 a1 时, f(x)在(1, + )上单调递减;9当 a1 时, f(x)在( a,+ )上单调递减,在(1, a)上单调递增 .(2)a 0, 当 xa 时, f(x)0.f (x)max=f(a)=a2ln a+a. x0(0, + ),f(x0)a- ,12ea 2ln a+aa- ,即 a2lna+ 0,12e 12e设 g(x)=x2ln x+ ,12e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 01.1x所以 g(x)在(0,1)上单调递增,在(1, + )上单

16、调递减 .(2)当 k=1 时, f(x) g(x)恒成立,即 axexln x+x+1 恒成立 .10因为 x0,所以 a .lnx+x+1xex令 h(x)= ,lnx+x+1xex则 h(x)= .(x+1)(-lnx-x)x2ex令 p(x)=-ln x-x,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 f(0)=0,11+x 11-x 曲线 y=f(x)在原点 O 处的切线方程为 y=11x.(2)由题意

17、得 f(x)= ,2+3k(1-x2)21-x2当 x(0,1)时,(1 -x2)2(0,1) .若 k - ,则 2+3k(1-x2)20,即 f(x)0.23f (x)在(0,1)上单调递增,从而 f(x)f(0)=0.若 k0.( 1- -23k,1)f (x)min=f 0,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,

18、clog=471log,2 log0 时, f(x)=2x+2x-4,则 f(x)的零点个数是( ).A.2 B.3 C.4 D.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).(x+3)(x-1)x2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 B4.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

19、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)= +2ax-6,f (2)=2+4a-6=0,即4xa=1.答案 16.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, y0;当 x 时, y0,x3-3mx-2,x 0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

20、-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 上单调递减,(-, - m) (- m,0)又 f(0)=-20 时, f(x)有两个零点,解得 m1,(- m)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, 结合函数图象(图略)知,当

21、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)的零点;若不存在,请说1ex2ex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 .3x令 h(x)=2ln x+x+ ,3x则 h(x)= +1- = = ,

22、2x 3x2x2+2x-3x2 (x+3)(x-1)x2当 x1 时, h(x)0,h(x)单调递增;当 00,f(x)单调递增 .(1e,+ )所以当且仅当 x= 时, f(x)取最小值,且 f(x)min=- . 1e 1e16设 (x)= - (x0),则 (x)= ,xex2e 1-xex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=- . 1e因为 中取等号的条件不同,且 - ,1ex2ex即 F(x)=ln x- + 0 恒成立,1ex2ex故函数 F(x)没有零点 .10.(江西省临川一中 2018

23、届高三年级全真模拟考试)已知函数 f(x)=xln x,g(x)=x+ (x0)1ax都在 x=x0处取得最小值 .(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= ,1e则 f(x),f(x)的变化情况如下表:x (0,1e) 1e (1e,+ )f(x)- 0 +f(x) 极小值 当 x= 时,函数 f(x)=xln x 取得最小值 - ,x 0= ,f(x0)=- .1e 1e 1e 1e当 a0 时, g(x)=x+ 2

24、 ,当且仅当 x0= = ,即 a=e2时, g(x)有最小值 g(x0)= ,1ax 1a 1a1e 2ef (x0)-g(x0)=- - =- .1e2e 3e(2)由(1)知 g(x)=x+ ,1e2xh (x)=xln x-x- ,h(x)=ln x+ ,1e2x 1e2x2设 (x)=ln x+ ,1e2x217 (x)= , 当 x 时, (x)0, 函数 (x)即 h(x)在 上单调递增,(2e,+ ) (2e,+ )由(1)得 h =0, 当 x 时, h(x)0,h(x)在 上单调递增 .(1e) (0,1e) (0,1e)当 x 时, h(x)0,h(x)在 上单调递增,(2e) 1e2 (2e,+ ) 函数 h(x)在 有唯一极小值点 x1,且 x11.(2e,+ ) 2eh =ln 2- =ln 0,(2e) 34 416e3x 1 , +x1 .(2e,1)1e (3e,e+1e) 1 2,1 2,3e e+1e 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 .