2020年高中数学专题04 导数及其应用解答题(含答案)
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1、2020年高中数学专题04导数及其应用解答题考纲解读三年高考分析1.导数概念及其几何意义(1)了解导数概念的实际背景.(2)理解导数的几何意义.2.导数的运算(1)能根据导数定义求函数y=C(C为常数),y=x,y=x2,y=的导数.(2)能利用下面给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数,能求简单的复合函数(仅限于形如f(ax+b)的复合函数)的导数.常见基本初等函数的导数公式:(C)=0(C为常数);(xn)=nxn-1,nN;(sinx)=cosx;(cosx)=-sinx;(ex)=ex;(ax)=axlna(a0,且a1);(lnx)=;(logax)=log
2、ae(a0,且a1)常用的导数运算法则:法则1:u(x)v(x)=u(x)v(x).法则2:u(x)v(x)=u(x)v(x)+u(x)v(x).法则3:3.导数在研究函数中的应用(1)了解函数单调性和导数的关系;能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次).(2)了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件;会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次);会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次).4.生活中的优化问题会利用导数解决某些实际问题.5.定积分与微积分基本定理(1)了解定积分的实际背景,了解定积分的基本思想,了
3、解定积分的概念.(2)了解微积分基本定理的含义.导数的运算法则和导数的具体应用 是考查的重点,解题时常用到导函数的求解、分类讨论的数学思想、等价转化的数学思想等,考查学生的数学抽象能力、逻辑推理能力、数学运算能力、直观想象能力,题型以选择填空题和解答题为主,较大难度.考查函数的单调性、极值、最值,利用函数的性质求参数范围;与方程、不等式等知识相结合命题,强化函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想的应用意识;题型以解答题为主,一般难度较大.1【2019年天津理科20】设函数f(x)excosx,g(x)为f(x)的导函数()求f(x)的单调区间;()当x,时,证明f(x)+g(x)(x)0
4、;()设xn为函数u(x)f(x)1在区间(2n,2n)内的零点,其中nN,证明2nxn【解答】()解:由已知,f(x)ex(cosxsinx),因此,当x(,)(kZ)时,有sinxcosx,得f(x)0,f(x)单调递减;当x(,)(kZ)时,有sinxcosx,得f(x)0,f(x)单调递增f(x)的单调增区间为,(kZ),单调减区间为,(kZ);()证明:记h(x)f(x)+g(x)(),依题意及(),有g(x)ex(cosxsinx),从而h(x)f(x)+g(x)()+g(x)(1)g(x)()0因此,h(x)在区间,上单调递减,有h(x)h()f()0当x,时,f(x)+g(x)
5、(x)0;()证明:依题意,u(xn)f(xn)10,即记ynxn2n,则yn(),且f(yn)e2n(xN)由f(yn)e2n1f(y0)及(),得yny0,由()知,当x(,)时,g(x)0,g(x)在,上为减函数,因此,g(yn)g(y0)g()0,又由()知,故2nxn2【2019年新课标3理科20】已知函数f(x)2x3ax2+b(1)讨论f(x)的单调性;(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间0,1的最小值为1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由【解答】解:(1)f(x)6x22ax6x(x)令f(x)6x(x)0,解得x0,或a0时,f(x)6x20,函
6、数f(x)在R上单调递增a0时,函数f(x)在(,0),(,+)上单调递增,在(0,)上单调递减a0时,函数f(x)在(,),(0,+)上单调递增,在(,0)上单调递减(2)由(1)可得:a0时,函数f(x)在0,1上单调递增则f(0)b1,f(1)2a+b1,解得b1,a0,满足条件a0时,函数f(x)在0,上单调递减1,即a时,函数f(x)在0,1上单调递减则f(0)b1,f(1)2a+b1,解得b1,a4,满足条件01,即0a时,函数f(x)在0,)上单调递减,在(,1上单调递增则f()ab1,而f(0)b,f(1)2a+bb,f(1)2a+b1,联立解得:无解,舍去a0时,函数f(x)
7、在0,1上单调递增,则f(0)b1,f(1)2a+b1,解得b1,a0,不满足条件,舍去综上可得:存在a,b,使得f(x)在区间0,1的最小值为1且最大值为1a,b的所有值为:,或3【2019年全国新课标2理科20】已知函数f(x)lnx(1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点;(2)设x0是f(x)的一个零点,证明曲线ylnx在点A(x0,lnx0)处的切线也是曲线yex的切线【解答】解析:(1)函数f(x)lnx定义域为:(0,1)(1,+);f(x)0,(x0且x1),f(x)在(0,1)和(1,+)上单调递增,在(0,1)区间取值有,代入函数,由函数零点的定义得,f(
8、)0,f()0,f()f()0,f(x)在(0,1)有且仅有一个零点,在(1,+)区间,区间取值有e,e2代入函数,由函数零点的定义得,又f(e)0,f(e2)0,f(e)f(e2)0,f(x)在(1,+)上有且仅有一个零点,故f(x)在定义域内有且仅有两个零点;(2)x0是f(x)的一个零点,则有lnx0,曲线ylnx,则有y;曲线ylnx在点A(x0,lnx0)处的切线方程为:ylnx0(xx0)即:yx1+lnx0即:yx而曲线yex的切线在点(ln,)处的切线方程为:y(xln),即:yx,故曲线ylnx在点A(x0,lnx0)处的切线也是曲线yex的切线故得证4【2019年新课标1理
9、科20】已知函数f(x)sinxln(1+x),f(x)为f(x)的导数证明:(1)f(x)在区间(1,)存在唯一极大值点;(2)f(x)有且仅有2个零点【解答】证明:(1)f(x)的定义域为(1,+),f(x)cosx,f(x)sinx,令g(x)sinx,则g(x)cosx0在(1,)恒成立,f(x)在(1,)上为减函数,又f(0)1,f()11+10,由零点存在定理可知,函数f(x)在(1,)上存在唯一的零点x0,结合单调性可得,f(x)在(1,x0)上单调递增,在(x0,)上单调递减,可得f(x)在区间(1,)存在唯一极大值点;(2)由(1)知,当x(1,0)时,f(x)单调递增,f(
10、x)f(0)0,f(x)单调递减;当x(0,x0)时,f(x)单调递增,f(x)f(0)0,f(x)单调递增;由于f(x)在(x0,)上单调递减,且f(x0)0,f()0,由零点存在定理可知,函数f(x)在(x0,)上存在唯一零点x1,结合单调性可知,当x(x0,x1)时,f(x)单调递减,f(x)f(x1)0,f(x)单调递增;当x()时,f(x)单调递减,f(x)f(x1)0,f(x)单调递减当x(,)时,cosx0,0,于是f(x)cosx0,f(x)单调递减,其中f()1ln(1)1ln(1)1ln2.61lne0,f()ln(1+)ln30于是可得下表: x (1,0)0 (0,x1
11、)x1 () () f(x) 0+0 f(x) 减函数 0 增函数 大于0 减函数 大于0 减函数 小于0结合单调性可知,函数f(x)在(1,上有且只有一个零点0,由函数零点存在性定理可知,f(x)在(,)上有且只有一个零点x2,当x,+)时,f(x)sinxln(1+x)1ln(1+)1ln30,因此函数f(x)在,+)上无零点综上,f(x)有且仅有2个零点5【2019年北京理科19】已知函数f(x)x3x2+x()求曲线yf(x)的斜率为l的切线方程;()当x2,4时,求证:x6f(x)x;()设F(x)|f(x)(x+a)|(aR),记F(x)在区间2,4上的最大值为M(a)当M(a)最
12、小时,求a的值【解答】解:()f(x),由f(x)1得x(x)0,得又f(0)0,f(),yx和,即yx和yx;()证明:欲证x6f(x)x,只需证6f(x)x0,令g(x)f(x)x,x2,4,则g(x),可知g(x)在2,0为正,在(0,)为负,在为正,g(x)在2,0递增,在0,递减,在递增,又g(2)6,g(0)0,g()6,g(4)0,6g(x)0,x6f(x)x;()由()可得,F(x)|f(x)(x+a)|f(x)xa|g(x)a|在2,4上,6g(x)0,令tg(x),h(t)|ta|,则问题转化为当t6,0时,h(t)的最大值M(a)的问题了,当a3时,M(a)h(0)|a|
13、a,此时a3,当a3时,M(a)取得最小值3;当a3时,M(a)h(6)|6a|6+a|,6+a3,M(a)6+a,也是a3时,M(a)最小为3综上,当M(a)取最小值时a的值为36【2019年江苏19】设函数f(x)(xa)(xb)(xc),a,b,cR,f(x)为f(x)的导函数(1)若abc,f(4)8,求a的值;(2)若ab,bc,且f(x)和f(x)的零点均在集合3,1,3中,求f(x)的极小值;(3)若a0,0b1,c1,且f(x)的极大值为M,求证:M【解答】解:(1)abc,f(x)(xa)3,f(4)8,(4a)38,4a2,解得a2(2)ab,bc,设f(x)(xa)(xb
14、)2令f(x)(xa)(xb)20,解得xa,或xbf(x)(xb)2+2(xa)(xb)(xb)(3xb2a)令f(x)0,解得xb,或xf(x)和f(x)的零点均在集合A3,1,3中,若:a3,b1,则A,舍去a1,b3,则A,舍去a3,b3,则1A,舍去a3,b1,则A,舍去a1,b3,则A,舍去a3,b3,则1A,因此a3,b3,1A,可得:f(x)(x3)(x+3)2f(x)3x(3)(x1)可得x1时,函数f(x)取得极小值,f(1)24232(3)证明:a0,0b1,c1,f(x)x(xb)(x1)f(x)(xb)(x1)+x(x1)+x(xb)3x2(2b+2)x+b4(b+1
15、)212b4b24b+4433令f(x)3x2(2b+2)x+b0解得:x1,x2x1x2,x1+x2,x1x2,可得xx1时,f(x)取得极大值为M,f(x1)(2b+2)x1+b0,可得:(2b+2)x1b,Mf(x1)x1(x1b)(x11)(x1b)(x1)(x1b)(x1)(2b1)2b2x1+b2,2b2+2b220,M在x1(0,上单调递减,MM7【2019年浙江22】已知实数a0,设函数f(x)alnx,x0()当a时,求函数f(x)的单调区间;()对任意x,+)均有f(x),求a的取值范围注意:e2.71828为自然对数的底数【解答】解:(1)当a时,f(x),x0,f(x)
16、,函数f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+)(2)由f(x),得0a,当0a时,f(x),等价于2lnx0,令t,则t,设g(t)t22t2lnx,t,则g(t)(t)22lnx,(i)当x,+)时,则g(x)g(2),记p(x)42lnx,x,则p(x),列表讨论: x () 1 (1,+) p(x) 0+ P(x) p() 极小值p(1)p(x)p(1)0,g(t)g(22p(x)0(ii)当x)时,g(t)g(),令q(x)2lnx+(x+1),x,则q(x)10,故q(x)在,上单调递增,q(x)q(),由(i)得q()p()p(1)0,q(x)0,g(t)g()
17、0,由(i)(ii)知对任意x,+),t2,+),g(t)0,即对任意x,+),均有f(x),综上所述,所求的a的取值范围是(0,8【2018年江苏19】记f(x),g(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数若存在x0R,满足f(x0)g(x0)且f(x0)g(x0),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”(1)证明:函数f(x)x与g(x)x2+2x2不存在“S点”;(2)若函数f(x)ax21与g(x)lnx存在“S点”,求实数a的值;(3)已知函数f(x)x2+a,g(x)对任意a0,判断是否存在b0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+)内存在“S点”,并说明理由【解答】解
18、:(1)证明:f(x)1,g(x)2x+2,则由定义得,得方程无解,则f(x)x与g(x)x2+2x2不存在“S点”;(2)f(x)2ax,g(x),x0,由f(x)g(x)得2ax,得x,f()g()lna2,得a;(3)f(x)2x,g(x),(x0),由f(x0)g(x0),假设b0,得b0,得0x01,由f(x0)g(x0),得x02+a,得ax02,令h(x)x2a,(a0,0x1),设m(x)x3+3x2+axa,(a0,0x1),则m(0)a0,m(1)20,得m(0)m(1)0,又m(x)的图象在(0,1)上不间断,则m(x)在(0,1)上有零点,则h(x)在(0,1)上有零点
19、,则存在b0,使f(x)与g(x)在区间(0,+)内存在“S”点9【2018年新课标1理科21】已知函数f(x)x+alnx(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明: a2【解答】解:(1)函数的定义域为(0,+),函数的导数f(x)1,设g(x)x2ax+1,当a0时,g(x)0恒成立,即f(x)0恒成立,此时函数f(x)在(0,+)上是减函数,当a0时,判别式a24,当0a2时,0,即g(x)0,即f(x)0恒成立,此时函数f(x)在(0,+)上是减函数,当a2时,x,f(x),f(x)的变化如下表: x (0,) (,) (,+) f(x) 0+ 0 f
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