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    高考数学大一轮复习 第三章导数及其应用(理)分层演练(含解析共7课时)

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    高考数学大一轮复习 第三章导数及其应用(理)分层演练(含解析共7课时)

    1、 1 第第 1 1 讲讲 变化率与导数、导数的计算变化率与导数、导数的计算 1(2019四川成都模拟)曲线yxsin x在点P(,0)处的切线方程是( ) Ayx 2 Byx 2 Cyx 2 Dyx 2 解析:选 A.因为yf(x)xsin x,所以f(x)sin xx cos x,在点P(,0)处的切 线斜率为ksin cos ,所以曲线yxsin x在点P(,0)处的切线方程是 y(x)x 2.故选 A. 2已知函数f(x)(x 22)(ax2b),且 f(1)2,则f(1)( ) A1 B2 C2 D0 解析:选B.f(x)(x 22)(ax2b)ax4(2ab)x22b,f(x)4ax

    2、32(2ab)x 为奇 函数,所以f(1)f(1)2. 3. 函数g(x)x 35 2x 23ln xb(bR R)在x1 处的切线过点(0, 5), 则b的值为( ) A.7 2 B.5 2 C.3 2 D.1 2 解析:选 B.当x1 时,g(1)15 2b 7 2b, 又g(x)3x 25x3 x, 所以切线斜率kg(1)35311, 从而切线方程为y11x5, 由于点 1,7 2b 在切线上,所以7 2b115, 解之得b5 2.故选 B. 4如图,yf(x)是可导函数,直线l:ykx2 是曲线yf(x)在x3 处的切线,令g(x) xf(x),g(x)是g(x)的导函数,则g(3)(

    3、 ) 2 A1 B0 C3 D4 解析:选 B.由题图可知曲线yf(x)在x3 处切线的斜率为1 3,即 f(3)1 3,又 g(x) xf(x),g(x)f(x)xf(x),g(3)f(3)3f(3),由题图可知f(3)1,所以 g(3)13 1 3 0. 5(2019广州市综合测试(一)设函数f(x)x 3ax2,若曲线 yf(x)在点P(x0,f(x0) 处的切线方程为xy0,则点P的坐标为( ) A(0,0) B(1,1) C(1,1) D(1,1)或(1,1) 解析:选 D.由题易知,f(x)3x 22ax,所以曲线 yf(x)在点P(x0,f(x0)处的切线斜 率为f(x0)3x

    4、2 02ax0,又切线方程为xy0,所以x00,且 3x202ax01 x0 x 3 0ax 2 00 ,解得a 2,x0a 2. 所以当 x01 a2时,点 P的坐标为(1,1);当 x01 a2 时,点P的坐标为(1,1),故选 D. 6若f(x)(x 22x1)e2x,则 f(x)_ 解析:f(x)(x 22x1)e2x(x22x1)(e2x) (2x2)e 2x(x22x1)(e2x) (3x 2)e2x. 答案:(3x 2)e2x 7(2019昆明市教学质量检测)若函数f(x) 2cos(x 4 )的图象在x0 处的切线方 程为y3x1,则_. 解析:由题意,得f(x) 2sin(x

    5、 4 ),所以f(0) 2sin 4 3,所以3. 答案:3 8若曲线f(x)ax 3ln x 存在垂直于y轴的切线,则实数a的取值范围是_ 解析:由题意,可知f(x)3ax 21 x,又存在垂直于 y轴的切线,所以 3ax 21 x0,即 a 1 3x 3(x0),故a(,0) 3 答案:(,0) 9求下列函数的导数: (1)y(3x 34x)(2x1); (2)yxcos x xsin x; (3)yxsin 2x 2 cos 2x 2 ; (4)yln(2x3) x 21. 解:(1)法一:因为y(3x 34x)(2x1)6x43x38x24x,所以 y24x 39x216x 4. 法二

    6、:y(3x 34x)(2x1)(3x34x)(2x1)(9x24)(2x1)(3x34x)2 24x 39x216x4. (2)y(xcos x)(xsin x)(xcos x)(xsin x) (xsin x) 2 (1sin x)(xsin x)(xcos x)(1cos x) (xsin x) 2 xcos xxsin xsin xcos x1 (xsin x) 2. (3)因为yxsin 2x 2 cos 2x 2 1 2xsin(4x) 1 2xsin 4x, 所以y1 2sin 4x 1 2x4cos 4x 1 2sin 4x2xcos 4x. (4)yln(2x3)(x 21)(

    7、x21)ln(2x3) (x 21)2 (2x3) 2x3 (x 21)2xln(2x3) (x 21)2 2(x 21)2x(2x3)ln(2x3) (2x3)(x 21)2. 10已知函数f(x)x 3x16. (1)求曲线yf(x)在点(2,6)处的切线的方程; (2)如果曲线yf(x)的某一切线与直线y1 4x3 垂直,求切点坐标与切线的方程 4 解:(1)可判定点(2,6)在曲线yf(x)上 因为f(x)(x 3x16)3x21. 所以f(x)在点(2,6)处的切线的斜率为kf(2)13. 所以切线的方程为y13(x2)(6), 即y13x32. (2)因为切线与直线y1 4x3 垂

    8、直, 所以切线的斜率k4. 设切点的坐标为(x0,y0), 则f(x0)3x 2 014,所以x01. 所以 x01, y014或 x01, y018, 即切点坐标为(1,14)或(1,18), 切线方程为y4(x1)14 或y4(x1)18. 即y4x18 或y4x14. 1(2019成都市第二次诊断性检测)若曲线yf(x)ln xax 2(a 为常数)不存在斜率为 负数的切线,则实数a的取值范围是( ) A(1 2,) B1 2,) C(0,) D0,) 解析:选 D.f(x)1 x2ax 2ax 21 x (x0),根据题意有f(x)0(x0)恒成立,所以 2ax 210(x0)恒成立,

    9、即 2a1 x 2(x0)恒成立,所以a0,故实数a的取值范围为 0,). 2过点A(2,1)作曲线f(x)x 33x 的切线最多有( ) A3 条 B2 条 C1 条 D0 条 解析:选 A.由题意得,f(x)3x 23,设切点为(x 0,x 3 03x0),那么切线的斜率为k3x 2 0 3,利用点斜式方程可知切线方程为y(x 3 03x0)(3x 2 03)(xx0),将点A(2,1)代入可 得关于x0的一元三次方程 2x 3 06x 2 070.令z2x 3 06x 2 07,则z6x 2 012x0.由z0 得x00 或x02.当x00 时,z70;x02 时,z10.所以方程 2x

    10、 3 06x 2 070 有 3 个解故过点A(2,1)作曲线f(x)x 33x 的切线最多有 3 条 3曲线f(x)e x在 x0 处的切线与曲线g(x)ax 2a(a0)相切,则过切点且与该切线 5 垂直的直线方程为_ 解析:曲线f(x)在x0 处的切线方程为yx1. 设其与曲线g(x)ax 2a 相切于点(x0,ax 2 0a) 则g(x0)2ax01,且ax 2 0ax01. 解得x01,a1 2,切点坐标为(1,0) 所以过切点且与该切线垂直的直线方程为 y1(x1),即xy10. 答案:xy10 4(2019山东青岛自主诊断)函数yf(x)图象上不同两点A(x1,y1),B(x2,

    11、y2)处的切线 的斜率分别是kA,kB,规定K(A,B)|k AkB| |AB| (|AB|为线段AB的长度)叫作曲线yf(x)在 点A与点B之间的“近似曲率”设曲线y1 x上两点 A a,1 a ,B 1 a,a (a0 且a1),若 mK(A,B)1 恒成立,则实数m的取值范围是_ 解析:因为y1 x 2, 所以kA1 a 2,kBa 2. 又|AB| a1 a 2 1 aa 2 2 1 aa , 所以K(A,B)|k AkB| |AB| |a 21 a 2| 2|1 aa| 1 aa 2 ,因为a0 且a1,所以a1 a2 a1 a2,即 1 K(A,B) 2 2 .由 mK(A,B)1

    12、 恒成立得,m 1 K(A,B),即 m 2 2 . 答案: 2 2 , 5设函数yx 22x2 的图象为 C1,函数yx 2axb 的图象为C2,已知过C1与C2的 一个交点的两切线互相垂直,求ab的值 解:对于C1:yx 22x2,有 y2x2, 对于C2:yx 2axb,有 y2xa, 设C1与C2的一个交点为(x0,y0), 由题意知过交点(x0,y0)的两条切线互相垂直 6 所以(2x02)(2x0a)1, 即 4x 2 02(a2)x02a10, 又点(x0,y0)在C1与C2上, 故有 y0 x202x02, y0 x 2 0ax0b, 2x 2 0(a2)x02b0. 由消去x

    13、0,可得ab5 2. 6设有抛物线C:yx 29 2x4,过原点 O作C的切线ykx,使切点P在第一象限 (1)求k的值; (2)过点P作切线的垂线,求它与抛物线的另一个交点Q的坐标 解:(1)设点P的坐标为(x1,y1), 则y1kx1, y1x 2 19 2x 14, 代入得,x 2 1 k9 2 x140. 因为P为切点, 所以 k9 2 2 160,得k17 2 或k1 2. 当k17 2 时,x12,y117. 当k1 2时,x 12,y11. 因为P在第一象限, 所以所求的斜率k1 2. (2)过P点作切线的垂线, 其方程为y2x5. 将代入抛物线方程得, x 213 2 x90.

    14、 设Q点的坐标为(x2,y2),则 2x29, 所以x29 2,y 24. 7 所以Q点的坐标为 9 2,4 . 第第 2 2 讲讲 导数与函数的单调性导数与函数的单调性 1函数f(x)1xsin x在(0,2)上的单调情况是( ) A增函数 B减函数 C先增后减 D先减后增 解析:选 A.在(0,2)上有f(x)1cos x0 恒成立,所以f(x)在(0,2)上单调递 增 2函数f(x) ax x 21(a0)的单调递增区间是( ) A(,1) B(1,1) C(1,) D(,1)或(1,) 解析: 选 B.函数f(x)的定义域为 R R,f(x)a(1x 2) (x 21)2a(1x)(1

    15、x) (x 21)2.由于a0, 要使f(x)0,只需(1x)(1x)0,解得x(1,1) 3(2019太原模拟)函数f(x)e x x的图象大致为( ) 解析:选 B.由f(x)e x x,可得 f(x)xe xex x 2(x1)e x x 2,则当x(,0)和x(0, 1)时,f(x)0,f(x)单调递减;当x(1,)时,f(x)0,f(x)单调递增又当x 0 时,f(x)0,故选 B. 4(2019四川乐山一中期末)f(x)x 2aln x 在(1,)上单调递增,则实数a的取值 范围为( ) Aa1 Ba1 Ca2 Da2 解析:选 D.由f(x)x 2aln x,得 f(x)2xa

    16、x, 因为f(x)在(1,)上单调递增, 8 所以 2xa x0 在(1,)上恒成立,即 a2x 2在(1,)上恒成立, 因为x(1,)时,2x 22,所以 a2 故选 D. 5函数f(x)在定义域 R R 内可导,若f(x)f(2x),且当x(,1)时,(x1)f(x) 0,设af(0),bf 1 2 ,cf(3),则a,b,c的大小关系为( ) Aabc Bcba Ccab Dbca 解析:选 C.因为当x(,1)时,(x1)f(x)0,所以f(x)0,所以函数f(x) 在(,1)上是单调递增函数,所以af(0)f 1 2 b, 又f(x)f(2x), 所以cf(3)f(1), 所以cf(

    17、1)f(0)a,所以cab,故选 C. 6函数f(x)x 4 5 4xln x 的单调递减区间是_ 解析:因为f(x)x 4 5 4xln x, 所以函数的定义域为(0,), 且f(x)1 4 5 4x 21 x x 24x5 4x 2, 令f(x)0,解得 0 x5,所以函数f(x)的单调递减区间为(0,5) 答案:(0,5) 7若f(x)xsin xcos x,则f(3),f 2 ,f(2)的大小关系为_(用“”连 接) 解析:函数f(x)为偶函数,因此f(3)f(3) 又f(x)sin xxcos xsin xxcos x, 当x 2 , 时,f(x)0.所以f(x)在区间 2 , 上是

    18、减函数,所以f 2 f(2) f(3)f(3) 答案:f(3)f(2)f 2 8(2019张掖市第一次诊断考试)若函数f(x)x 3 3 a 2x 2x1 在区间(1 2,3)上单调递减, 则实数a的取值范围是_ 9 解析:f(x)x 2ax1,因为函数 f(x)在区间(1 2,3)上单调递减,所以 f(x)0 在区 间(1 2,3)上恒成立,所以 f(1 2)0 f(3)0 ,即 1 4 1 2a10 93a10 ,解得a10 3 ,所以实数a的取值 范围为10 3 ,) 答案:10 3 ,) 9设f(x)a(x5) 26ln x,其中 aR R,曲线yf(x)在点(1,f(1)处的切线与y

    19、轴相 交于点(0,6) (1)确定a的值; (2)求函数f(x)的单调区间 解:(1)因为f(x)a(x5) 26ln x, 故f(x)2a(x5)6 x. 令x1,得f(1)16a,f(1)68a, 所以曲线yf(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y16a(68a)(x1), 由点(0,6)在切线上, 可得 616a8a6,解得a1 2. (2)由(1)知,f(x)1 2(x5) 26ln x(x0), f(x)x56 x (x2)(x3) x . 令f(x)0,解得x2 或 3. 当 0 x2 或x3 时,f(x)0; 当 2x3 时,f(x)0, 故f(x)的单调递增区间是(0,2),

    20、(3,),单调递减区间是(2,3) 10已知函数g(x)1 3x 3a 2x 22x5. (1)若函数g(x)在(2,1)内为减函数,求a的取值范围; (2)若函数g(x)在(2,1)内存在单调递减区间,求a的取值范围 解:因为g(x)1 3x 3a 2x 22x5, 所以g(x)x 2ax2. (1)法一:因为g(x)在(2,1)内为减函数,所以g(x)x 2ax20 在(2,1) 10 内恒成立 所以 g(2)0, g(1)0, 即 42a20, 1a20. 解得a3. 即实数a的取值范围为(,3 法二:由题意知x 2ax20 在(2,1)内恒成立, 所以ax2 x在(2,1)内恒成立,

    21、记h(x)x2 x, 则x(2,1)时,3h(x)2 2,所以a3. (2)因为函数g(x)在(2,1)内存在单调递减区间, 所以g(x)x 2ax20 在(2,1)内有解, 所以a x2 xmax. 又x2 x2 2. 当且仅当x2 x即 x 2时等号成立 所以满足要求的a的取值范围是(,2 2) 1(2019安徽江淮十校第三次联考)设函数f(x)1 2x 29ln x在区间a1,a1上单调 递减,则实数a的取值范围是( ) A1a2 Ba4 Ca2 D0a3 解析:选 A. 易知函数f(x)的定义域为(0,), f(x)x9 x,由 f(x)x9 x0,解得 0 x3.因为函数 f(x)1

    22、 2x 29ln x 在区间a 1,a1上单调递减,所以 a10, a13,解得 1a2,选 A. 2 (2019 豫南九校联考)已知f(x)是定义在 R R 上的连续函数f(x)的导函数, 满足f(x) 2f(x)0,且f(1)0,则f(x)0 的解集为( ) A(,1) B(1,1) 11 C(,0) D(1,) 解析: 选 A.设g(x)f(x) e 2x, 则g(x)f(x)2f(x) e 2x0 在 R R 上恒成立, 所以g(x) 在 R R 上递减,又因为g(1)0,f(x)0g(x)0,所以x1. 3已知函数f(x)ln xax,g(x)(xa)e x, a0, 若存在区间D,

    23、 使函数f(x)和g(x) 在区间D上的单调性相同,则a的取值范围是_ 解析:f(x)的定义域为(0,),f(x)1 xa ax1 x ,由a0 可得f(x)0,即 f(x)在定义域(0,)上单调递减,g(x)e x(xa)ex(xa1)ex,令 g(x)0, 解得x(a1),当x(,a1)时,g(x)0,当x(a1,)时,g (x)0,故g(x)的单调递减区间为(,a1),单调递增区间为(a1,)因 为存在区间D,使f(x)和g(x)在区间D上的单调性相同,所以a10,即a1,故a 的取值范围是(,1) 答案:(,1) 4 定义在 R R 上的奇函数f(x), 当x(, 0)时f(x)xf(

    24、x)0 恒成立, 若a3f(3), b(loge)f(loge),c2f(2),则a,b,c的大小关系为_ 解析:设g(x)xf(x), 则g(x)f(x)xf(x), 因为当x(,0)时,f(x)xf(x)0 恒成立, 所以此时g(x)f(x)xf(x)0, 即此时函数g(x)xf(x)在(,0)上单调递减, 因为f(x)是奇函数,所以g(x)xf(x)是偶函数, 即当x0 时, 函数g(x)xf(x)单调递增, 则a3f(3)g(3),b(loge)f(loge)g(log e), c2f(2)g(2)g(2), 因为 0loge123, 所以g(3)g(2)g(loge),即acb. 答

    25、案:acb 5 已知 e 是自然对数的底数, 实数a是常数, 函数f(x)e xax1 的定义域为(0, ) (1)设ae,求函数f(x)的图象在点(1,f(1)处的切线方程; (2)判断函数f(x)的单调性 解:(1)因为ae, 所以f(x)e xex1,f(x)exe,f(1)1,f(1)0. 所以当ae 时,函数f(x)的图象在点(1,f(1)处的切线方程为y1. (2)因为f(x)e xax1,所以 f(x)e xa. 12 易知f(x)e xa 在(0,)上单调递增 所以当a1 时,f(x)0,故f(x)在(0,)上单调递增; 当a1 时,由f(x)e xa0,得 xln a, 所以

    26、当 0 xln a时,f(x)0,当xln a时,f(x)0, 所以f(x)在(0,ln a)上单调递减,在(ln a,)上单调递增 综上, 当a1 时,f(x)在(0, )上单调递增;当a1 时,f(x)在(0,ln a)上单调递减, 在(ln a,)上单调递增 6(2019武汉市武昌区调研考试)已知函数f(x)1 2x 2(1a)xaln x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)设a0,证明:当 0 xa时,f(ax)f(ax) 解:(1)f(x)的定义域为(0,) 由已知,得f(x)x1aa x x 2(1a)xa x (x1)(xa) x . 若a0,则f(x)0,此时f(x)在(0

    27、,)上单调递增 若a0,则由f(x)0,得xa.当 0 xa时,f(x)0;当xa时,f(x)0. 此时f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,)上单调递增 (2)证明:令g(x)f(ax)f(ax),则g(x)1 2(ax) 2(1a)(ax)aln(ax) 1 2(ax) 2(1a)(ax)aln(ax)2xaln(ax)aln(ax) 所以g(x)2 a ax a ax 2x 2 a 2x2. 当 0 xa时,g(x)0,所以g(x)在(0,a)上是减函数 而g(0)0,所以g(x)g(0)0. 故当 0 xa时,f(ax)f(ax) 第第 3 3 讲讲 导数与函数的极值、最值导数与函数

    28、的极值、最值 1函数yxe x的最小值是( ) A1 Be C1 e D不存在 13 解析:选 C.因为yxe x,所以 ye xxex(1x)ex, 当x(,1)时,y0,当x(1,)时,y0,所以当x1 时,ymin( 1)e 11 e. 2从边长为 10 cm16 cm 的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形,做成一个无盖的盒 子,则盒子容积的最大值为( ) A12 cm 3 B72 cm 3 C144 cm 3 D160 cm 3 解析:选 C.设盒子容积为y cm 3,盒子的高为 x cm, 则x(0, 5),y(102x)(162x)x4x 352x2160 x, 所以 y12x

    29、2104x160.令 y 0,得x2 或20 3 (舍去), 所以ymax6122144(cm 3) 3已知函数yxln(1x 2),则函数 y的极值情况是( ) A有极小值 B有极大值 C既有极大值又有极小值 D无极值 解析:选 D.由题意得xR R,y1 1 1x 2(1x 2)1 2x 1x 2(x1) 2 1x 20,所以函 数yxln(1x 2)无极值 4函数f(x)的定义域为 R R,导函数f(x)的图象如图所示,则函数f(x)( ) A无极大值点、有四个极小值点 B有三个极大值点、一个极小值点 C有两个极大值点、两个极小值点 D有四个极大值点、无极小值点 解析:选 C.设f(x)

    30、的图象与x轴的 4 个交点从左至右依次为x1、x2、x3、x4. 当x0,f(x)为增函数, 当x1xx2时,f(x)0 时,令f(x)0 得xa, 当x变化时,f(x)与f(x)的变化情况如下表所示: x (,a) a (a,a) a (a,) f(x) 0 0 f(x) 极大值 极小值 因为函数f(x)在区间(1,2)上仅有一个极值点,所以 a1, 2a, 解得 1 a4.选 C. 6函数f(x)x 33x24 在 x_处取得极小值 解析:由f(x)3x 26x0,得 x0 或x2.列表得 x (,0) 0 (0,2) 2 (2,) f(x) 0 0 f(x) 极大值 极小值 所以在x2

    31、处取得极小值 答案:2 7(2019湖南郴州高三模拟)已知奇函数f(x) e x x1(x0), h(x)(x0), 则函数h(x)的最大值 为_ 解析:先求出x0 时,f(x)e x x1 的最小值当 x0 时,f(x)e x(x1) x 2,所以x (0,1)时,f(x)0,函数单调递减,x(1,)时,f(x)0,函数单调递增,所 以x1 时,函数取得极小值即最小值,为 e1,所以由已知条件得h(x)的最大值为 1e. 答案:1e 8已知函数f(x)ln xm x(mR R)在区间1,e上取得最小值 4,则 m_ 解析:f(x)1 x m x 2xm x 2(x0), 当m0 时,f(x)

    32、0,f(x)在区间1,e上为增函数,f(x)有最小值f(1)m4, 得m4,与m0 矛盾 15 当m0 时,若m1 即m1,f(x)在区间1,e上单调递增,f(x)minf(1)m4, 得m4,与m1 矛盾; 若m1,e,即em1, f(x)minf(m)ln(m)14, 解得me 3,与em1 矛盾; 若me,即me 时,f(x)在区间1,e上单调递减,f(x)minf(e)1m e4,解得 m 3e,符合题意 答案:3e 9(2017高考北京卷)已知函数f(x)e xcos xx. (1)求曲线y f(x)在点(0,f(0)处的切线方程; (2)求函数f(x)在区间 0, 2 上的最大值和

    33、最小值 解:(1)因为f(x)e xcos xx,所以 f(x)e x(cos xsin x)1, f(0)0. 又因为f(0)1,所以曲线yf(x)在点(0,f(0)处的切线方程为y1. (2)设h(x)e x(cos xsin x)1,则 h(x)e x(cos xsin xsin xcos x)2exsin x. 当x 0, 2 时,h(x)0, 所以h(x)在区间 0, 2 上单调递减 所以对任意x 0, 2 有h(x)h(0)0,即f(x)f(e)f(3) Bf(3)f(e)f(2) 20 Cf(3)f(2)f(e) Df(e)f(3)f(2) 解析:选 D.f(x)的定义域是(0,

    34、), f(x)1ln x x 2,令f(x)0,得xe. 所以当x(0,e)时,f(x)0,f(x)单调递增,当x(e,)时,f(x)f(3)f(2)故选 D. 2若 0 x1x2ln x2ln x1 Be x 2e x 1x1e x 2 Dx2e x 1x1e x 2 解析:选 C.令f(x)e x x, 则f(x)xe xex x 2e x(x1) x 2. 当 0 x1 时,f(x)0, 即f(x)在(0,1)上单调递减,因为 0 x1x21, 所以f(x2)f(x1),即e x 2 x2x1e x 2,故选 C. 3设函数f(x)e 2xaln x. (1)讨论f(x)的导函数f(x)

    35、零点的个数; (2)证明:当a0 时,f(x)2aaln2 a. 解:(1)f(x)的定义域为(0,),f(x)2e 2xa x(x0) 当a0 时,f(x)0,f(x)没有零点; 当a0 时,设u(x)e 2x,v(x)a x, 因为u(x)e 2x在(0,)上单调递增,v(x)a x在(0,)上单调递增, 所以f(x)在(0,)上单调递增 又f(a)0,当b满足 0ba 4且 b1 4时,f(b)0, 故当a0 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; 21 当x(x0,)时,f(x)0. 故f(x)在(0

    36、,x0)上单调递减, 在(x0, )上单调递增, 所以当xx0时,f(x)取得最小值, 最小值为f(x0) 由于 2e 2x 0 a x00, 所以f(x0) a 2x02ax 0aln 2 a2aaln 2 a. 故当a0 时,f(x)2aaln 2 a. 4(2019贵州适应性考试)已知函数f(x)xln xax,aR R,函数f(x)的图象在x1 处的切线与直线x2y10 垂直 (1)求a的值和函数f(x)的单调区间; (2)求证:e xf(x) 解: (1)由题易知,f(x)ln x1a,x0, 且f(x)的图象在x1 处的切线的斜率k2, 所以f(1)ln 11a2,所以a1. 所以

    37、f(x)ln x2, 当xe 2时,f(x)0, 当 0 xe 2时,f(x)0, 因为g(x)e x1 x在(0,)上单调递增, 且g(1)e10, g(1 2)e 1 220, 所以g(x)在(1 2,1)上存在唯一的零点 t, 使得g(t)e t1 t0, 即 e t1 t( 1 2t1) 当 0 xt时,g(x)t时,g(x)g(t)0, 所以g(x)在(0,t)上单调递减,在(t,)上单调递增, 所以x0 时,g(x)g(t)e tln t21 tln 1 e t2t1 t2220, 又1 2t0,即 e xf(x) 22 1已知函数f(x)aln xb(x1) x ,曲线yf(x)

    38、在点(1,f(1)处的切线方程为y2. (1)求a,b的值; (2)当x0 且x1 时,求证:f(x)(x1)ln x x1 . 解:(1)函数f(x)aln xb(x1) x 的导数为f(x)a x b x 2, 曲线yf(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y2, 可得f(1)2b2,f(1)ab0, 解得ab1. (2)证明:当x1 时,f(x)(x1)ln x x1 , 即为 ln x11 xln x 2ln x x1 , 即x1 x2ln x0, 当 0 x(x1)ln x x1 , 即为x1 x2ln x1 时,g(x)g(1)0, 即有f(x)(x1)ln x x1 , 当 0

    39、x1 时,g(x)(x1)ln x x1 . 综上可得,当x0 且x1 时,f(x)(x1)ln x x1 都成立 2已知函数f(x)ln(xa)x 2x 在x0 处取得极值 (1)求实数a的值; (2)证明:对于任意的正整数n,不等式 23 4 4 9 n1 n 2ln(n1)都成立 解:(1)因为f(x) 1 xa2x1, 23 又因为x0 为f(x)的极值点 所以f(0)1 a10,所以 a1. (2)证明:由(1)知f(x)ln(x1)x 2x. 因为f(x) 1 x12x1 x(2x3) x1 . 令f(x)0 得x0. 当x变化时,f(x),f(x)变化情况如下表 x (1,0)

    40、0 (0,) f(x) 0 f(x) 极大值 所以f(x)f(0)0,即 ln(x1)x 2x(当且仅当 x0 时取等号) 令x1 n,则 ln 1 n1 1 n 2 1 n, 即 lnn1 n n1 n 2, 所以 ln2 1ln 3 2ln n1 n ln(n1) 第第 5 5 讲讲 利用导数研究含参数不等式利用导数研究含参数不等式 1 设函数f(x)是奇函数f(x)(xR R)的导函数,f(1)0, 当x0 时,xf(x)f(x)0 成立的x的取值范围是( ) A(,1)(0,1) B(1,0)(1,) C(,1)(1,0) D(0,1)(1,) 解析:选 A.设yg(x)f(x) x

    41、(x0),则g(x) xf(x)f(x) x 2,当x0 时,xf(x)f(x)0,所以 g(x)0,x1, 所以 使得f(x)0 成立的x的取值范围是(,1)(0,1),故选A. 2已知函数f(x)x4 x, g(x)2 xa,若x 1 1 2,1 ,x 22,3,使得f(x1)g(x2), 则实数a的取值范围是( ) Aa1 Ba1 Ca2 Da2 解析:选 A.由题意知f(x)min x 1 2,1 g(x)min(x2,3),因为f(x)min5,g(x)min4 a,所以 54a,即a1,故选 A. 3(2019贵州适应性考试)已知函数f(x)axe x(aR R),g(x)ln x

    42、 x . (1)求函数f(x)的单调区间; (2)x0(0,),使不等式f(x)g(x)e x成立,求 a的取值范围 解:(1)因为f(x)ae x,xR R. 当a0 时,f(x)0,f(x)在 R R 上单调递减; 当a0 时,令f(x)0 得xln a. 由f(x)0 得f(x)的单调递增区间为(,ln a); 由f(x)0 得f(x)的单调递减区间为(ln a,) (2)因为x0(0,),使不等式f(x)g(x)e x, 则axln x x ,即aln x x 2. 设h(x)ln x x 2,则问题转化为a(ln x x 2)max, 由h(x)12ln x x 3, 令h(x)0,

    43、则x e. 当x在区间(0,)内变化时,h(x),h(x)的变化情况如下表: x (0, e) e ( e,) h(x) 0 25 h(x) 单调递增 极大值 1 2e 单调递减 由上表可知,当x e时,函数h(x)有极大值,即最大值为 1 2e.所以 a 1 2e. 4(2017高考全国卷)设函数f(x)(1x 2)ex. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当x0 时,f(x)ax1,求a的取值范围 解:(1)f(x)(12xx 2)ex. 令f(x)0 得x1 2,x1 2. 当x(,1 2)时,f(x)0;当x (1 2,)时,f(x)0. 所以f(x)在(,1 2),(1 2,)上单

    44、调递减,在(1 2,1 2)上 单调递增 (2)f(x)(1x)(1x)e x. 当a1 时,设函数h(x)(1x)e x,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)(x1)h(x)x1ax1. 当 0a0(x0),所以 g(x)在0,)上单 调递增,而g(0)0,故 e xx1. 当 0 x(1x)(1x) 2,(1x)(1x)2ax1x(1axx2),取 x0 54a1 2 ,则x0(0,1),(1x0)(1x0) 2ax 010,故f(x0)ax01. 当a0 时,取x0 51 2 ,则x0(0,1),f(x0)(1x0)(1x0)

    45、 21ax 01. 综上,a的取值范围是1,) 1已知函数f(x)x(a1)ln xa x(aR R),g(x) 1 2x 2exxex. (1)当x1,e时,求f(x)的最小值; (2)当a1 时,若存在x1e,e 2,使得对任意的 x22,0,f(x1)g(x2)成立,求a的 取值范围 解:(1)f(x)的定义域为(0,), f(x)(x1)(xa) x 2. 当a1 时,x1,e,f(x)0, 26 f(x)为增函数,f(x)minf(1)1a. 当 1ae 时, x1,a时,f(x)0,f(x)为减函数; xa,e时,f(x)0,f(x)为增函数; 所以f(x)minf(a)a(a1)

    46、ln a1. 当ae 时,x1,e时,f(x)0, f(x)在1,e上为减函数 f(x)minf(e)e(a1)a e. 综上,当a1 时,f(x)min1a; 当 1ae 时,f(x)mina(a1)ln a1; 当ae 时,f(x)mine(a1)a e. (2)由题意知f(x)(xe,e 2)的最小值小于 g(x)(x2,0)的最小值 由(1)知当a1 时f(x)在e,e 2上单调递增, f(x)minf(e)e(a1)a e. g(x)(1e x)x. 当x2,0时,g(x)0,g(x)为减函数, g(x)ming(0)1,所以 e(a1)a ee 22e e1 , 所以a的取值范围为

    47、 e 22e e1 ,1 . 2(2019兰州模拟)已知函数f(x)ax 2bxxln x 的图象在(1,f(1)处的切线方程为 3xy20. (1)求实数a,b的值; (2)设g(x)x 2x,若 kZ Z,且k(x2)f(x)g(x)对任意的x2 恒成立,求k的最大 值 解:(1)f(x)2axb1ln x, 所以 2ab13 且ab1,解得a1,b0. (2)由(1)与题意知kf(x)g(x) x2 xxln x x2 对任意的x2 恒成立, 设h(x)xxln x x2 (x2),则h(x)x42ln x (x2) 2, 27 令m(x)x42ln x(x2),则m(x)12 x x2

    48、 x 0,所以函数m(x)为(2,)上 的增函数 因为m(8)42ln 842ln e 2440,m(10)62ln 1062ln e3660, 所以函数m(x)在(8,10)上有唯一零点x0,即有x042ln x00 成立, 故当 2xx0时,m(x)0,即h(x)0;当x0 x时,m(x)0,即h(x)0,所以函 数h(x)在(2,x0)上单调递减, 在(x0, )上单调递增, 所以h(x)minh(x0)x 0 x0ln x0 x02 x0 1x 04 2 x02 x 0 2, 所以kx 0 2,因为 x0(8,10), 所以x 0 2(4,5),又 kZ Z, 所以k的最大值为 4.

    49、第第 6 6 讲讲 利用导数研究函数零点问题利用导数研究函数零点问题 1 (2017高考全国卷)已知函数f(x)x 22xa(ex1ex1)有唯一零点, 则 a( ) A1 2 B1 3 C1 2 D1 解析:选 C.由f(x)x 22xa(ex1ex1),得 f(2x)(2x) 22(2x)ae2x1e (2x)1x24x442xa(e1xex1)x22xa(ex1ex1), 所以 f(2x)f(x), 即x1 为f(x)图象的对称轴由题意,f(x)有唯一零点,所以f(x)的零点只能为x1, 即f(1)1 221a(e11e11)0,解得 a1 2.故选 C. 2已知函数f(x)ax 33x

    50、21,若 f(x)存在唯一的零点x0,且x00,则a的取值范围是 ( ) A(2,) B(,2) C(1,) D(,1) 解析:选 B.f(x)3ax 26x, 28 当a3 时,f(x)9x 26x3x(3x2), 则当x(,0)时,f(x)0;x 0,2 3 时,f(x)0, 注意f(0)1,f 2 3 5 90,则 f(x)的大致图象如图(1)所示: 不符合题意,排除 A、C. 当a4 3时,f(x)4x 26x2x(2x3),则当 x ,3 2 时,f(x)0,x(0,)时,f(x)0,注意 f(0)1,f 3 2 5 4,则 f(x) 的大致图象如图(2)所示 不符合题意,排除 D.


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