2022高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 3.2 导数的应用练习 文

1、2022高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 3.2 导数的应用练习 文考点内容解读要求高考示例常考题型预测热度1.利用导数研究函数的单调性1.了解函数单调性和导数的关系2.能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)2017课标全国,21;2017课标全国,21;2017课标全国,21;2016课标全国,21选择题解答题2.利用导数研究函数的极值与最值1.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件2.会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次);会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)2017北京,20;2017江苏,20;2016山东,203.导数的综合应用会利用导数解决实际问题2017天津,19;2016课标全国,21;2015课标,21分析解读函数的单调性是函数的一条重要性质,也是高中阶段研究的重点.一是直接用导数研究函数的单调性、求函数的最值与极值,以及实际问题中的优化问题等,这是新课标的一个新要求.二是把导数与函数、方程、不等式、数列等知识相联系,综合考查函数的最值与参数的取值,常以解答题的形式出现.本节内容

2、在高考中分值为17分左右,属难度较大题.1)函数f(x)的定义域为(-,+), f (x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).若a=0,则f(x)=e2x,在(-,+)上单调递增.若a0,则由f (x)=0得x=ln a.当x(-,ln a)时, f (x)0.故f(x)在(-,ln a)上单调递减,在(ln a,+)上单调递增.若a0,则由f (x)=0得x=ln.当x时, f (x)0.故f(x)在上单调递减,在上单调递增.(2)若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)0.若a0,则由(1)得,当x=ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2ln a,从而当且仅当-a2ln a0,即a1时,f(x)0.若af(2x-1)成立的x的取值范围是()A.B.(1,+)C.D.答案A4.(2014课标,11,5分)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+)单调递增,则k的取值范围是()A.(-,-2B.(-,-1C.2,+)D.1,+)答案D5.(2017江苏,11,5分)已知函数f(x)=x3-2x+ex-,其中e是自然对数的底数.若f(a-

3、1)+f(2a2)0,则实数a的取值范围是.答案6.(2017课标全国,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x0时, f(x)ax+1,求a的取值范围.解析(1)f (x)=(1-2x-x2)ex.令f (x)=0,得x=-1-或x=-1+.当x(-,-1-)时, f (x)0;当x(-1+,+)时, f (x)0.所以f(x)在(-,-1-),(-1+,+)上单调递减,在(-1-,-1+)上单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h(x)=-xex0),因此h(x)在0,+)上单调递减,而h(0)=1,故h(x)1,所以f(x)=(x+1)h(x)x+1ax+1.当0a0(x0),所以g(x)在0,+)上单调递增,而g(0)=0,故exx+1.当0x(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)ax0+1.当a0时,取x0=,则x0(0,1), f(x0)(1-x0

4、)(1+x0)2=1ax0+1.综上,a的取值范围是1,+).7.(2017课标全国,21,12分)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a0,故f(x)在(0,+)上单调递增.若a0;当x时, f (x)0,故f(x)在上单调递增,在上单调递减.(2)由(1)知,当a0;当x(1,+)时,g(x)0时,g(x)0.从而当a0时,ln+10,即f(x)-2.8.(2016课标全国,21,12分)设函数f(x)=ln x-x+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明当x(1,+)时,11,证明当x(0,1)时,1+(c-1)xcx.解析(1)由题设知, f(x)的定义域为(0,+), f (x)=-1,令f (x)=0,解得x=1.当0x0, f(x)单调递增;当x1时, f (x)0, f(x)单调递减.(4分)(2)证明:由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.所以当x1时,ln xx-1.故当x(1,+)时,ln xx-1,ln-1,即11,设g(x)=1+(c-1)x-cx,则g(x)=c-1-cxln c

5、,令g(x)=0,解得x0=.当x0,g(x)单调递增;当xx0时,g(x)0,g(x)单调递减.(9分)由(2)知1c,故0x01.又g(0)=g(1)=0,故当0x0.所以当x(0,1)时,1+(c-1)xcx.(12分)教师用书专用(924)9.(2013浙江,8,5分)已知函数y=f(x)的图象是下列四个图象之一,且其导函数y=f (x)的图象如图所示,则该函数的图象是()答案B10.(2015四川,21,14分)已知函数f(x)=-2xln x+x2-2ax+a2,其中a0.(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;(2)证明:存在a(0,1),使得f(x)0恒成立,且f(x)=0在区间(1,+)内有唯一解.解析(1)由已知,得函数f(x)的定义域为(0,+),g(x)=f (x)=2(x-1-ln x-a),所以g(x)=2-=.当x(0,1)时,g(x)0,g(x)单调递增.(2)证明:由f (x)=2(x-1-ln x-a)=0,解得a=x-1-ln x.令(x)=-2xln x+x2-2x(x-1-ln x)+(x-1-ln x)2=(1+ln x)2

6、-2xln x,则(1)=10,(e)=2(2-e)0.于是,存在x0(1,e),使得(x0)=0.令a0=x0-1-ln x0=u(x0),其中u(x)=x-1-ln x(x1).由u(x)=1-0知,函数u(x)在区间(1,+)上单调递增.故0=u(1)a0=u(x0)u(e)=e-21.即a0(0,1).当a=a0时,有f (x0)=0, f(x0)=(x0)=0.再由(1)知, f (x)在区间(1,+)上单调递增,当x(1,x0)时, f (x)f(x0)=0;当x(x0,+)时, f (x)0,从而f(x)f(x0)=0;又当x(0,1时, f(x)=(x-a0)2-2xln x0.故x(0,+)时, f(x)0.综上所述,存在a(0,1),使得f(x)0恒成立,且f(x)=0在区间(1,+)内有唯一解.11.(2015天津,20,14分)已知函数f(x)=4x-x4,xR.(1)求f(x)的单调区间;(2)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为y=g(x),求证:对于任意的实数x,都有f(x)g(x);(3)若方程f(x)=a(a为实数)有两个实数根x1,x2,且x10,即x1时,函数f(x)单调递增;当f (x)1时,函数f(x)单调递减.所以, f(x)的单调递增区间为(-,1),单调递减区间为(1,+).(2)证明:设点P的坐标为(x0,0),则x0=, f (x0)=-12.曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=f (x0)(x-x0),即g(x)=f (x0)(x-x0).令函数F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)-f (x0)(x-x0),则F(x)=f (x)-f (x0).由于f (x)=-4x3+4在(-,+)上单调递减,故F(x)在(-,+)上单调递减.又因为F(x0)=0,所以当x(-,x0)时,F(x)0,当x(x0,+)时,F(x)0,所以F(x)在(-,x0)上单调递增,在(x0,+)上单调递减,所以对于任意的实数x,F(x)F(x0)=0,即对于任意的实数x,都有f(x)g(x).(3)证明:由(2)知g(x)=-12(x-).设方程g(x)=a的根为x2,可得x2=-+.因为g(x)在(-,+)上单调递减,又由(2)知g(x2)f(x2)=a

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