高考数学专题精讲 (18).doc

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1、第 2 讲 导数及其应用考情研析 1.导数的几何意义和运算是导数应用的基础，是高考的一个热点 2.利用导数解决函数的单调性与极值(最值)问题是高考的常见题型.核心知识回顾1.导数的几何意义(1)函数 yf(x)在xx0处的导数 f(x0)就是曲线 yf(x)在点(x0，f(x0)处01切线的斜率，即 kf(x0)02(2)曲线 yf(x)在点(x0，f(x0)处的切线方程为yf(x0)f(x0)(xx0)032函数的单调性(1)在某个区间(a，b)内，如果f(x)0(f(x)0 或 f(x)0，则x0)，f(x).ln xx1ln xx2由 f(x)0，得 ln x0 时，f(x)0D当 x0

2、 时，f(x)ex0答案 D解析 设 h(x)，则 h(x) ，则fxxfxxfxx21x(fxfxx)1xln xxh(x)ln x (ln x)2c(c 为常数)，又 f(e)e2得 h(e)ln e (ln e)12fee122ce，即 1 ce，ce ，即 h(x)ln x (ln x)2e ，12121212h(x) ，x0，由 h(x)0 得 1ln x0，得 0e，此时函数 h(x)为减函数则 h(2)h(1)，即，则 f(2)2f(1)，故 A 错误h(3)h(4)，即f22f11f33，则 4f(3)3f(4)，故 B 错误由 h(x)的表达式可得，当 x时，h(x)f44，

3、而 h(x)，故当 x0 时，f(x)0 不成立，故 C 错误由 h(x)的单调fxx性可知，当 x0 时，h(x)h(e)，即h(e)e，故 f(x)ex0.故选 D.fxx3设 f(x) x3 x22ax.若 f(x)在上存在单调增区间，则 a 的131223，)取值范围为_答案 a19解析 由 f(x)x2x2a2 2a，当 x时，(x12)1423，)f(x)的最大值为 f 2a；令 2a0，得 a ，所以，当 a 时，(23)29291919f(x)在上存在单调递增区间23，)考向 3 利用导数研究函数的极值、最值例 3 (1)(2019鞍山一中高三三模)已知函数 f(x)xex a

4、x3 ax2有三个极1312值点，则 a 的取值范围是( )A(0，e)B(0，1e)C(e，)D(1e，)答案 C解析 由题意，函数的导数 f(x)exxexax2ax，若函数 f(x)xex ax3 ax2有三个极值点，等价于 f(x)exxexax2ax0 有三个不1312同的实根(1x)exax(x1)0，即(x1)(exax)0，则 x1，所以exax0 有两个不等于1 的根，则 a.设 h(x)，则 h(x)exxexxexxexx2，则由 h(x)0 得 x1，由 h(x) 时，求函数 f(x)在b，)上的最小值12解 f(x).ax22ax1ex1ax22因为 x 是函数 yf

5、(x)的一个极值点，所以 f0，因此12(12)aa10，解得 a .经检验，当 a 时，x 是 yf(x)的一个极值点，故14434312所求 a 的值为 .43由可知，f(x)，令 f(x)0，得 x1 ，x2 .(43x283x1)ex(143x2)21232f(x)与 f(x)随 x 的变化情况如下：x(，12)12(12，32)32(32，)f(x)00f(x)3 e4e e4所以 f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是.(，12) (32，)(12，32)当 0 得 0e，故 f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，所以 f(x)有极大值，也是最大值，最大值为 f(

6、e) ，无极小值和最小值，故选 D.1e2(2019白银市靖远县高三第四次联考)若 x1 是函数 f(x)x3x2ax1 的极值点，则曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线的斜率为( )A1B1C5D5答案 C解析 由题意可知，f(x)3x22xa，则 f(1)5a0，解得a5，所以 kf(0)5，故选 C.3(1)已知函数 f(x)，若函数 f(x)在区间上存在极值，则1ln xx(a，a12)正实数 a 的取值范围为_；(2)设函数 f(x)ln x ax2bx，若 x1 是 f(x)的极大值点，则 a 的取值范12围为_答案 (1) (2)(1，)(12，1)解析 (1)函数 f(x

7、)的定义域为(0，)，f(x).令11ln xx2ln xx2f(x)0，得 x1，当 x(0,1)时，f(x)0，f(x)在(0,1)上单调递增；当x(1，)时，f(x)0，f(x)在(1，)上单调递减所以 x1 为 f(x)的极大值点，所以 a1a ，故 a1，即正实数 a 的取值范围为.1212(12，1)(2)f(x)的定义域为(0，)，f(x) axb，由 f(1)0，得 b1a.1x所以 f(x) axa1.1xax21axxxx1ax1x若 a0，当 0x1 时，f(x)0，f(x)单调递增，所以 x1 是 f(x)的极大值点若 a0，由 f(x)0，得 x1 或 x .因为 x

8、1 是 f(x)的极大值1a点，所以 1，解得1a0，综合可得 a 的取值范围是 a1，即1a(1，).真题押题真题模拟1(2019南阳市六校高二下学期第一次联考)设函数 f(x)是 R 上可导的偶函数，且 f(3)2，当 x0，满足 2f(x)xf(x)1，则 x2f(x)18 的解集为( )A(，3)B(，3)(3，)C(3，)D(3,3)答案 B解析 令 g(x)x2f(x)，函数 f(x)在(，)上是可导的偶函数，g(x)x2f(x)在(，)上也是偶函数，又当 x0 时，2f(x)xf(x)1，2xf(x)x2f(x)x0，g(x)0，g(x)x2f(x)在(0，)上是增函数f(3)2

9、，由 x2f(x)18，得 x2f(x)1832f(3)，g(|x|)g(3)，|x|3，x(，3)(3，)故选 B.2(2019淮南高三检测)函数 f(x)x3ax2(a3)x(aR)的导函数是 f(x)，若 f(x)是偶函数，则以下结论正确的是( )Ayf(x)的极大值为 1Byf(x)的极大值为2Cyf(x)的极小值为 2Dyf(x)的极小值为2答案 D解析 由题意可得，f(x)3x22axa3，又 f(x)f(x)，a0，f(x)x33x，f(x)3x23，故 f(x)在 x1 处取得极大值 2，在x1 处取得极小值2，选 D.3(2019全国卷)已知曲线 yaexxln x 在点(1

10、，ae)处的切线方程为y2xb，则( )Aae，b1Bae，b1Cae1，b1Dae1，b1答案 D解析 yaexln x1，ky|x1ae1，切线方程为yae(ae1)(x1)，即 y(ae1)x1.又切线方程为 y2xb，Error!即 ae1，b1.故选 D.4(2019沈阳模拟)若函数 f(x)x (bR)的导函数在区间(1,2)上有零点，bx则 f(x)在下列区间上单调递增的是( )A(2,0)B(0,1)C(1，)D(，2)答案 D解析 由题意，知 f(x)1，函数 f(x)x (bR)的导函数在区间bx2bx(1,2)上有零点，当 10 时，bx2，又 x(1,2)，b(1,4)

11、令 f(x)bx20，解得 x，即 f(x)的单调递增区间为(，)，(，)，bbbbb(1,4)，(，2)符合题意，故选 D.金版押题5已知函数 f(x)xeax1ln xax，a，函数 f(x)的最小值为(，1e2M，则实数 M 的最小值是( )A1B1eC0D1e3答案 C解析 求得 f(x)eax1axeax1a eax1(1ax)(1ax)1xax1x.考查 yeax1 是否有零点，令 y0，可得 a，记 (x)(eax11x)1x1ln xx，(x)，故 (x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递1ln xxln x2x2增，所以 (x)min (e2)，即，因为 a，所以

12、 a1e21ln xx1e21e2eax1 0，故可知，当 x时，1ax0，f(x)0，f(x)单1ln xx1x(0，1a)调递减，当 x时，1ax0；当 x(e，)时，f(x)f(3)f(2)故选 D.4(2019汉中市高三年级教学质量第二次检测)已知函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数，当 x0 时，f(x)ex(x1)；函数 f(x)有 3 个零点；f(x)0 的解集为(1,0)(1，)；x1，x2R，都有|f(x1)f(x2)|0 时，有x0，即ex(x1)0，解得 x1，10 时，通过的分析，可知 f(x)ex(x1)ex(x1)，当 f(x)0 时，即 ex(x1)0，解得 x

13、1，x1，命题正确；当 x0，函数 f(x)单调递增，当 x(，2)，f(x)0，当 x0 时，1bcBbacCcabDacb答案 B解析 由已知可知函数 yf(x1)的图象关于直线 x1 对称，所以函数yf(x)关于 x0 对称，也就是关于 y 轴对称，因此 yf(x)是偶函数，所以有f(x)f(x)构造函数 g(x)xf(x)，g(x)xf(x)xf(x)g(x)，所以g(x)是 R 上的奇函数当 x(，0)时，g(x)f(x)xf(x)，由已知可知f(x)xf(x)ac，故选 B.7(2019东北三省四市高三第一次模拟)已知函数 f(x)Error!若 x1x2，且 f(x1)f(x2)

14、2，则 x1x2的取值范围是( )A2，)Be1，)C32ln 2，)D32ln 3，)答案 C解析 设 x1x11，则 f(x1)f(x2)1ln x11ln x22ln (x1x2)2，x1x21，不成立；若 x12 时，g(x)0，则 g(x)x2x单调递增g(x)ming(2)12ln 2232ln 2，x1x232ln 2，)，故选 C.二、填空题8(2019福建龙岩市高三阶段性测试)已知函数 f(x)exax 在 x0 处取得极小值，则 a_.答案 1解析 由题意得 f(x)exa.因为函数 f(x)在 x0 处取得极小值，所以f(0)1a0，解得 a1.当 a1 时，f(x)ex

15、1，所以当 x0 时，f(x)0，f(x)单调递增，所以当 x0 时，函数f(x)取得极小值因此 a1 即为所求9已知函数 f(x).若函数 f(x)在区间(t0)上不是单调函数，1ln xx(t，t12)则实数 t 的取值范围为_答案 t112解析 f(x)(x0)，由 f(x)0，得 0x1；由 f(x)0，得ln xx2x1.所以 f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减因为函数 f(x)在区间(t0)上不是单调函数，所以Error!解得 t1.(t，t12)1210已知函数 f(x)axln x，当 x(0，e(e 为自然常数)时，函数 f(x)的最小值为 3，则 a 的值

16、为_答案 e2解析 易知 a0，由 f(x)a 0，得 x ，当 x时，1xax1x1a(0，1a)f(x)0，f(x)单调递减；当 x时，f(x)0，f(x)单调递增，f(x)(1a，)在 x 时取得最小值 f1ln .当 0 e 时，由 1ln 3，得 ae2，1a(1a)1a1a1a符合题意；当 e 时，x(0，e，f(x)minf(e)，即 aeln e3，得 a ，舍1a4e去三、解答题11(2019云南省第二次高中毕业生复习统一检测)已知函数 f(x)exax2.(1)证明：当 a1，x0 时，exx2；(2)若 f(x)有极大值，求 a 的取值范围解 (1)证明：当 a1 时，f

17、(x)exx2，f(x)ex2x，令 (x)f(x)，则 (x)ex2.当 0ln 2 时，(x)0，(x)单调递增当 x0，)时，(x)min(ln 2)2(1ln 2)0.当 x0，)时，f(x)0，f(x)在0，)上单调递增当 x0，)时，f(x)f(0)10，即 exx2.(2)由题意得 f(x)ex2ax.由 f(x)有极大值得 f(x)0 有解，且 a0.令 g(x)f(x)，则 g(x)ex2a.由 g(x)0 得 xln (2a)当 xln (2a)时，g(x)0，g(x)单调递增g(x)mingln (2a)2a1ln (2a)当 g(x)min0，即 0 时，e2g(0)1

18、0，gln (2a)2a1ln (2a)0，即 2a2ln (2a)ln (2a)存在 x1(0，ln (2a)，x2(ln (2a)，2a)，使 g(x1)g(x2)0.当 x(，x1)时，g(x)0，即 f(x)单调递增；当 x(x1，x2)时，g(x)0，即 f(x)单调递增x1是 f(x)唯一的极大值点综上所述，所求 a 的取值范围为.(e2，)12已知函数 f(x) x32x2ax (aR)1323(1)若 a3，试求函数 f(x)的图象在 x2 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；(2)若函数 f(x)在区间0,2上的最大值为 2，试求实数 a 的值解 (1)因为 a3，所以 f(

19、x) x32x23x ，1323所以 f(x)x24x3，所以 f(2)224237.因为 f(2) 86 12，8323所以切线方程为 y127(x2)，即 y7x2.所以直线与坐标轴的交点坐标分别为(0，2)，(27，0)所以该直线与坐标轴围成的三角形的面积 S 2 .122727(2)f(x)x24xa(x2)2a4.若 a40，即 a4，则 f(x)0 在0,2上恒成立，所以函数 f(x)在0,2上单调递减，所以 f(x)maxf(0) 0)，f(x)2x2 0，1x2x22x1xx12x2x所以 f(x)在区间(0，)上单调递增(2)f(x)2x2a ，1x2x22ax1x由题意得，

20、x1和 x2是方程 2x22ax10 的两个不相等的正实根，则Error!解得 a，22ax12x 1,2ax22x 1.2 12 2由于 ，所以 x1，x2.a222(0，22)(22，)所以 2f(x1)f(x2)2(x 2ax1ln x1)(x 2ax2ln x2)2 12 22x x 4ax12ax2ln x22ln x12x x ln 1x ln 2 12 22 12 2x2x2 112x2 22 21x ln x 2ln 21.x3 2x1x2212x2 22 2322 2令 tx，g(t) t ln t2ln 21，2 2(t 12)12t32则 g(t)1 ，12t232t2t

21、23t12t22t1t12t2当 1 时，g(t)0.12所以 g(t)在上单调递减，在(1，)上单调递增，则 g(t)ming(1)(12，1)，14ln 22所以 2f(x1)f(x2)的最小值为.14ln 2215(2019江西省吉安一中、九江一中、新余一中等八所重点中学高三联考)已知函数 f(x) axa1(其中 a 为常数且 aR)12ln xx(1)若函数 f(x)为减函数，求实数 a 的取值范围；(2)若函数 f(x)有两个不同的零点，求实数 a 的取值范围，并说明理由解 (1)f(x) axa1，12ln xxf(x) a，121ln xx2若函数 f(x)为减函数，则 f(x

22、)0，即 a对 x(0，)恒成立121ln xx2设 m(x)，m(x)，m(x)在区间(0，e )上单调递减，1ln xx22ln x3x3 在(e ，)上单调递增m(x)minm(e )， a，即 ae3，12e31212e3故实数 a 的取值范围是(，e3(2)易知函数 f(x)的定义域为(0，)，f(x)，12ax2a1xln xx设 h(x) ax2(a1)xln x，则问题转化为函数 h(x)有两个不同的零点，12求实数 a 的取值范围h(x)ax(a1) ，1xax2a1x1xax1x1x当 a0 时，函数 h(x)在区间(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，若函数 h(x)有两个不同的零点，则必有 h(1) a12.此时，在12x(1，)上有 h(2)2a2(a1)ln 22ln 20，在 x(0,1)上，h(x)a(x22x)xln x，121 axln x，12h ae ln e 0，12 h(x)在区间(0,1)，(1，)上各有一个零点，故 a2 符合题意；当a1 时，h(x)0，x12x函数 h(x)在区间(0，)上单调递减，函数 h(x)至多有一个零点，不符合题意；当10，函数 h(x)至多有一个零点，不12符合题意；当 a(1a)12a1a(1a)12a0，函数 h(x)至多有一个零点，不符合题意综上所述，实数 a 的取值范围是(2，)