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类型(通用版)2019高考数学二轮复习 第二篇 第27练 导数的综合应用精准提分练习 文.docx

  • 上传人:weiwoduzun
  • 文档编号:4766354
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    (通用版)2019高考数学二轮复习 第二篇 第27练 导数的综合应用精准提分练习 文.docx
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    1、1第 27 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:偏难题.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 y k)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) x3 ax2 bx c.(1)求曲线 y f(x)在点(0, f(0)处的切线方程;(2

    2、)设 a b4,若函数 f(x)有三个不同零点,求 c 的取值范围.解 (1)由 f(x) x3 ax2 bx c,得 f( x)3 x22 ax b. f(0) c, f(0) b,曲线 y f(x)在点(0, f(0)处的切线方程为 y bx c.(2)当 a b4 时, f(x) x34 x24 x c, f( x)3 x28 x4.令 f( x)0,得 3x28 x40,解得 x2 或 x .23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, 23)23 ( 23, )f( x) 0 0 f(x) c c32272当 c0 且 c 0,

    3、存在 x1(4,2), x23227, x3 ,使得 f(x1) f(x2) f(x3)0.( 2, 23) ( 23, 0)由 f(x)的单调性知,当且仅当 c 时,函数 f(x) x34 x24 x c 有三个不同零点.(0,3227)2.(2018东莞模拟)已知函数 f(x)e x2 x1.(1)求曲线 y f(x)在(0, f(0)处的切线方程;(2)设 g(x) af(x)(1 a)ex,若 g(x)有两个零点,求实数 a 的取值范围.解 (1)由题意知 f( x)e x2, k f(0)121,又 f(0)e 02010, f(x)在(0, f(0)处的切线方程为 y x.(2)g

    4、(x)e x2 ax a, g( x)e x2 a.当 a0 时, g( x)0, g(x)在 R 上单调递增,不符合题意.当 a0 时,令 g( x)0,得 xln(2 a),在(,ln(2 a)上, g( x)0, g(x)在(,ln(2 a)上单调递减,在(ln(2 a),)上单调递增, g(x)极小值 g(ln(2a)2 a2 aln(2a) a a2 aln(2a). g(x)有两个零点, g(x)极小值 0,ln(2 a) ,解得 a ,12 e2实数 a 的取值范围为 .(e2, )3.(2018新余模拟)已知函数 f(x)( x1)e x ax2, aR.(1)讨论函数 f(x

    5、)的单调区间;(2)若 f(x)有两个零点,求 a 的取值范围.解 (1) f( x)e x( x1)e x2 ax x(ex2 a).若 a0,则当 x0 时, f( x)0;当 x0;当12x(ln(2 a),0)时, f( x)0,即 a0;当12x(0,ln(2 a)时, f( x)0 时,由(1)知,函数 f(x)在(,0)上单调递减,在(0,)上单调递增.因为 f(0)10,取实数 b 满足 ba(b1) ab2 a(b2 b1) a(421)0,所以 f(x)有两个零点;若 a0,则 f(x)( x1)e x,故 f(x)只有一个零点.若 ag(x)在区间 D 上恒成立的基本方法

    6、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)ln x x1.(1)讨论函数 f(x)的单调性;(2)证明:当 x(1,)时,10),得 f( x) 1.1x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 xlnxx1.综上,原不等式得证.5.(2018全国)已知函数

    7、 f(x) aexln x1.(1)设 x2 是 f(x)的极值点,求 a,并求 f(x)的单调区间;(2)证明:当 a 时, f(x)0.1e(1)解 f(x)的定义域为(0,), f( x) aex .1x由题设知, f(2)0,所以 a .12e2从而 f(x) exln x1, f( x) ex .12e2 12e2 1x当 0 x2 时, f( x)0;当 x2 时, f( x)0.所以 f(x)的单调递增区间为(2,),单调递减区间为(0,2).(2)证明 当 a 时, f(x) ln x1.1e exe设 g(x) ln x1( x(0,),则 g( x) .exe exe 1x

    8、当 0 x1 时, g( x)0;当 x1 时, g( x)0.所以 x1 是 g(x)的最小值点.故当 x0 时, g(x) g(1)0.因此,当 a 时, f(x)0.1e6.设函数 f(x)e 2x alnx.(1)讨论 f(x)的导函数 f( x)零点的个数;(2)证明:当 a0 时, f(x)2 a aln .2a(1)解 f(x)的定义域为(0,),5f( x)2e 2x (x0).ax当 a0 时, f( x)0, f( x)没有零点;当 a0 时,设 u(x)e 2x, v(x) ,ax因为 u(x)e 2x在(0,)上单调递增, v(x)ax在(0,)上单调递增,所以 f(

    9、x)在(0,)上单调递增.又 f( a)0,当 b 满足 00 时, f( x)存在唯一零点.(2)证明 由(1),可设 f( x)在(0,)上的唯一零点为 x0,当 x(0, x0)时, f( x)0.故 f(x)在(0, x0)上单调递减,在( x0,)上单调递增,所以当 x x0时, f(x)取得最小值,最小值为 f(x0).由于 02e 0,ax0所以 f(x0) 0 alnx0 02e2 ax02 ax0 alnx0 2 ax0 aln 2 a aln .a2x0 2a 2a当且仅当 x0 时,取等号.12故当 a0 时, f(x)2 a aln .2a考点三 不等式恒成立或有解问题

    10、方法技巧 不等式恒成立、能成立问题常用解法(1)分离参数后转化为求最值,不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下,采用分离参数转化为函数的最值问题,形如 af(x)max或 a0 恒成立,(ex 1x x ae lnx)令 g(x) x ln x(x0),ex 1x aeg( x) ,x 1ex 1 xx2令 t(x)e x1 x, t( x)e x1 1,当 x1 时, t( x)0, t(x)单调递增,当 00,故 a 的最小整数解为 1.8.已知函数 f(x)ln x.(1)若函数 g(x) f(x) ax x2有两个极值点,求实数 a 的取值范围;12(2)若关于 x 的方程 f(

    11、x) m(x1)( mZ)有实数解,求整数 m 的最大值.解 (1) g(x)ln x ax x2(x0),12则 g( x) ,x2 ax 1x由题意得方程 x2 ax10 有两个不等的正实数根,设两根为 x1, x2,则Error! 即 a 的取值范围为(2,).(2)方程 lnx m(x1),即 m ,lnxx 1设 h(x) (x0),则 h( x) ,lnxx 1 x 1x lnxx 12令 (x) ln x(x0),则 ( x) 0,1ee 12h(e 2) 0, h(x)单调递增;当 x( x0,)时, h( x)0),因此 h(x)在0,)上单调递减.而 h(0)1,故 h(x

    12、)1,所以 f(x)( x1) h(x) x1 ax1.当 00( x0),所以 g(x)在0,)上单调递增.而 g(0)0,故 ex x1.当 0(1 x)(1 x)2,(1 x)(1 x)2 ax1 x(1 a x x2),取 x0,5 4a 12则 x0(0,1),(1 x0)(1 x0)2 ax010,故 f(x0)ax01.当 a0 时,取 x0 ,5 12则 x0(0,1), f(x0)(1 x0)(1 x0)21 ax01.综上, a 的取值范围是1,).8典例 (12 分)已知函数 f(x)ln x mx m, mR.(1)求函数 f(x)的单调区间;(2)若 f(x)0 在

    13、x(0,)上恒成立,求实数 m 的值;(3)在(2)的条件下,对任意的 0 a b,求证: .fb fab a 1a1 a审题路线图(1) 求 导 f x 讨 论 参 数 m确 定 f x符 号 fx的 单 调 区 间(2) 结 合 1确 定 的 符 号 问 题 转 化 为 fxmax 0 m lnm 1 0 gx x lnx 1最 小 值 为 0 求 出 m 1(3) 要 证 结 论 转 化 利 用 2中 gx性 质 函 数 单 调 性 不 等 式 放 缩 结 论 得 证规范解答评分标准(1)解 f( x) m (x(0,).1x 1 mxx当 m0 时, f( x)0 恒成立,则函数 f(

    14、x)在(0,)上单调递增;当 m0 时,由 f( x) m 0,1x 1 mxx可得 x ,则 f(x)在 上单调递增,(0,1m) (0, 1m)由 f( x) m 0,可得 x ,1x 1 mxx (1m, )则 f(x)在 上单调递减.4 分(1m, )(2)解 由(1)知,当 m0 时显然不成立;当 m0 时, f(x)max f ln 1 m(1m) 1m mln m1,只需 mln m10 即可,令 g(x) xln x1,则 g( x)1 ,1x函数 g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,)上单调递增,所以 g(x)min g(1)0.故 f(x)0 在 x(0,)上恒成立时,

    15、 m1.8 分9(3)证明 1 1,fb fab a lnb lna a bb a lnb lnab aln baba 1 1a由 0 a b,得 1,由(2)得 00.x22(1)求 f(x)的单调区间和极值;(2)证明:若 f(x)存在零点,则 f(x)在区间(1, 上仅有一个零点.e(1)解 函数的定义域为(0,).由 f(x) klnx(k0),得 f( x) x .x22 kx x2 kx由 f( x)0,解得 x (负值舍去).kf( x)与 f(x)在区间(0,)上随 x 的变化情况如下表:x (0, )k k ( ,)kf( x) 0 f(x) k1 lnk2 所以, f(x)

    16、的单调递减区间是(0, ),k单调递增区间是( ,).k10f(x)在 x 处取得极小值 f( ) ,无极大值.k kk1 lnk2(2)证明 由(1)知, f(x)在区间(0,)上的最小值为 f( ) .kk1 lnk2因为 f(x)存在零点,所以 0,从而 ke,k1 lnk2当 ke 时, f(x)在区间(1, 上单调递减且 f( )0,e e所以 x 是 f(x)在区间(1, 上的唯一零点;e e当 ke 时, f(x)在区间(1, 上单调递减且ef(1) 0, f( ) 0,故 f(x)在(0,)上单调递增.若 a0;(0, 12a)当 x 时, f( x)0),则 g( x) 1.

    17、1x当 x(0,1)时, g( x)0;当 x(1,)时, g( x)0 时, g(x)0.从而当 a0,得 01, f(x)1 ln x 在(0,1)上单调递增,在(1,)上单调递减.1x f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,).(2)解 由(1)得 f(x)在 上单调递增,在(1,e上单调递减,1e, 1 f(x)在 上的最大值为 f(1)1 ln10.1e, e 11又 f 1eln 2e, f(e)1 lne ,且 f 0).(1)设 (x) f(x)1 a ,求 (x)的最小值;(11x)(2)若在区间(1,e)上 f(x)x 恒成立,求实数 a 的取值范围.解

    18、(1) (x) f(x)1 a(11x) alnx a (x0),(11x)则 ( x) ,令 ( x)0,得 x1.ax ax2 ax 1x2当 01 时, ( x)0. (x)在(0,1)上是减函数,在(1,)上是增函数.故 (x)在 x1 处取得极小值,也是最小值. (x)min (1)0.(2)由 f(x)x,得 alnx1 x,即 a .x 1lnx令 g(x) (10.x 1x 1x 1x2故 h(x)在区间(1,e)上单调递增,所以 h(x)h(1)0.因为 h(x)0,所以 g( x)0,即 g(x)在区间(1,e)上单调递增,则 g(x)g(e)e1,即 e1,x 1lnx所以实数 a 的取值范围为e1,).

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