高考数学总复习专题03导数分项练习含解析理.doc

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1、1 / 20【2019【2019 最新最新】精选高考数学总复习专题精选高考数学总复习专题 0303 导数分项练习含解导数分项练习含解析理析理一基础题组1.【2006 天津，理 9】函数的定义域为开区间，导函数在内的图象如图所示，则函数在开区间内有极小值点（ ）)(xf),(ba)(xf ),(ba)(xf),(baA1 个 B2 个 C3 个 D 4 个【答案】A2.【2006 天津，理 20】已知函数，其中为参数，且 cos163cos3423xxxf,Rx20（1）当时，判断函数是否有极值；0cos xf（2）要使函数的极小值大于零，求参数的取值范围； xf（3）若对（2）中所求的取值范围

2、内的任意参数，函数在区间内都是增函数，求实数的取值范围 xfaa, 12 【答案】 （1）无极值， （2） （3）).611,23()2,6(43(,0,1)8【解析】 （I）解：当内是增函数，故无极值.),()(,4)(,0cos3在则时xfxxf（II）解：.2cos, 0, 0)(,cos612)(212xxxfxxxf得令由（I） ，只需分下面两种情况讨论.2 / 20当0 时，随 x 的变化，的符号及的变化情况如下表：cos)(xf )(xfx)0 ,(0（0，)2cos 2cos（),2cos)(xf +00+)(xf极大值极小值因此，函数在处取得极小值，且)(xf2cosx)2c

3、os(f要使0，必有，可得)2cos(f0)43(coscos41223cos0.由于，故20.611 23 26或综上，要使函数在（，+）内的极小值大于零，参数的取值范围为)(xf（III）解：由（II）知，函数在区间（，0）与（，+）内都是增函数.)(xf2cos由题设，函数在（内是增函数，则 a 须满足不等式组)(xf), 12aa 由（II） ，参数时， 要使不等式311(,)(,)6 226 .23cos0cos2112a关于参数恒成立，必有.834,4312aa即综上，解得所以 a 的取值范围是. 18340aa或43(,0,1)83.【2007 天津，理 20】已知函数 R)，其

4、中 R.2221( )(1axaf xxxa3 / 20(I)当时，求曲线在点处的切线方程；1a ( )yf x(2,(2)f(II)当时，求函数的单调区间与极值.0a ( )f x【答案】(I)625320.xy【解析】(I)解：当时，1a 224( ),(2).51xf xfx又2222222(1)2 .2226( ),(2).25(1)(1)xx xxfxfxx 所以，曲线在点处的切线方程为 即( )yf x(2,(2)f46(2),525yx 625320.xy(II)解：22222 (1)2 (21)( )(1)a xxaxafxx由于以下分两种情况讨论.0,a (1)当时，令得到当

5、变化时，的变化情况如下表：0a ( )0,fx 121,.xxaa ( ),( )fxf x1,a 1 a1,aa, a ( )fx00( )f xA极小值A极大值A所以在区间内为减函数，在区间内为增函数.( )f x1,a , a 1,aa函数在处取得极小值且.( )f x11xa 1,fa21faa 4.【2009 天津，理 20】已知函数 f(x)(x2+ax2a2+3a)ex(xR),其中 aR.(1)当 a0 时,求曲线 yf(x)在点(1,f(1)处的切线的斜率;4 / 20(2)当时,求函数 f(x)的单调区间与极值.32a【答案】 （）3e.；（）若,则 f(x)在(,2a),

6、(a2,+)内是增函数,在(2a,a2)内是减函数.函数 f(x)在 x2a 处取得极大值f(2a),且 f(2a)3ae2a.32a函数 f(x)在 xa2 处取得极小值 f(a2),且 f(a2)(43a)ea2. 若 a,则 f(x)在(,a2),(2a,+)内是增函数,在(a2,2a)内是减函数.32函数 f(x)在 xa2 处取得极大值 f(a2),且 f(a2)(43a)ea2.函数 f(x)在 x2a 处取得极小值 f(2a),且 f(2a)3ae2a.若,则2aa2.当 x 变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:32ax(,2a)2a(2a,a2)a2(a2,+)f(x)

7、+00+f(x)极大值极小值所以 f(x)在(,2a),(a2,+)内是增函数,在(2a,a2)内是减函数.函数 f(x)在 x2a 处取得极大值 f(2a),且 f(2a)3ae2a.函数 f(x)在 xa2 处取得极小值 f(a2),且 f(a2)(43a)ea2.若 a,则2aa2.当 x 变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:32x(,a2)a2(a2,2a)2a(2a,+)5 / 20f(x)+00+f(x)极大值极小值所以 f(x)在(,a2),(2a,+)内是增函数,在(a2,2a)内是减函数.函数 f(x)在 xa2 处取得极大值 f(a2),且 f(a2)(43a)ea

8、2.函数 f(x)在 x2a 处取得极小值 f(2a),且 f(2a)3ae2a.二能力题组1.【2008 天津，理 20】已知函数，其中. 0xbxaxxfRba,（）若曲线在点处的切线方程为，求函数的解析式； xfy 2, 2 fP13 xy xf（）讨论函数的单调性； xf（）若对于任意的，不等式在上恒成立，求的取值范围. 2 ,21a 10xf 1 ,41【答案】（I）（II）在，内是增函数，在，8( )9f xxx( )f x(,)a (),a (,0)a(0,)当时，令，解得0a ( )0fxxa 当变化时，的变化情况如下表：( )fx( )f x(,)a a(,0)a(0,)aa

9、(),a ( )fx00( )f x极大值极小值所以在，内是增函数，在，内是减函数( )f x(,)a (),a (,0)a(0,)6 / 20（）解：由（）知，在上的最大值为与的较大者，对于任意的，不等式在上恒成立，当且仅当，即，对任意的成立( )f x1 ,141( )4f(1)f1 ,22a0(1)f x 1 ,1410(11(4 )10)ff 3944 9abab 1 ,22a从而得，所以满足条件的的取值范围是7 4b (7, 42.【2010 天津，理 21】已知函数 f(x)xex(xR)（1）求函数 f(x)的单调区间和极值；(2)已知函数 yg(x)的图象与函数 yf(x)的图

10、象关于直线 x1 对称，证明当 x1 时，f(x)g(x)；(3)如果 x1x2，且 f(x1)f(x2)，证明 x1x22.【答案】(1) f(x)在(，1)内是增函数，在(1，)内是减函数函数 f(x)在 x1 处取得极大值 f(1)，且 f(1). (2) 详见解析(3) 详见解析1 e【解析】 (1)解：f(x)(1x)ex.令 f(x)0，解得 x1.当 x 变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，1)1(1，)f(x)0f(x)极大值所以 f(x)在(，1)内是增函数，在(1，)内是减函数函数 f(x)在 x1 处取得极大值 f(1)，且 f(1).1 e7 / 20(2

11、)证明：由题意可知 g(x)f(2x)，得 g(x)(2x)ex2.3.【2011 天津，理 19】已知，函数（的图像连续不断）0a 2( )ln,0.f xxaxx( )f x（）求的单调区间；( )f x（）当时，证明：存在，使；1 8a 0(2,)x 03()( )2f xf（）若存在均属于区间的，且，使，证明 1,3, 1( )( )ffln3ln2ln2 53a【答案】 （）的单调递增区间是的单调递减区间是( )f x2(0,),( )2af xa2(,).2a a当 x 变化时，的变化情况如下表：( ),( )fxf x2(0,)2a a2 2a a2(,)2a a( )fx+0-

12、( )f x极大值所以，的单调递增区间是的单调递减区间是( )f x2(0,),( )2af xa2(,).2a a（II）证明：当211,( )ln.88af xxx时（说明：的取法不唯一，只要满足即可） x2,( )0xg x且（III）证明：由及（I）的结论知，( )( )ff2 2a a从而上的最小值为( ) ,f x 在( ).f a又由，知1,1,3, 123.8 / 20故(2)( )(1),ln24, (2)( )(3).ln24ln39 .fffaa fffaa 即从而ln3ln2ln2.53a三拔高题组1.【2005 天津，理 22】设函数 sinf xxx xR（）证明其

13、中为 k 为整数 22sinf xkf xkx（）设为的一个极值点，证明0x f x 420 02 01xf xx （）设在（0,+）内的全部极值点按从小到大的顺序排列为，证明： f x12,na aa11,2,2nnaan【答案】 （）详见解析， （）详见解析， （）详见解析.当时， 00fx 2222422200000 0002222 0000sintansinsincos1tan1xxxxxf xxxxxxx （II）证明：由函数的图象和函数的图象知，对于任意整数，在开区间（， ）yx tanyx2k2k由：和，得： 2nnan1112nnan13 22nnaa9 / 20又：， 111

14、 1 111tantantan01tantan11nnnnnn nn nnnnnnaaaaaaaaaaaaaa 但时， 13 2nnaa1tan0nnaa综合 、 得：12nnaa2.【2012 天津，理 20】已知函数 f(x)xln(xa)的最小值为 0，其中 a0(1)求 a 的值；(2)若对任意的 x0，)，有 f(x)kx2 成立，求实数 k 的最小值；(3)证明ln(2n1)2(nN*)12 21nii【答案】(1) a1(2) ，(3)详见解析1 2【解析】解：(1)f(x)的定义域为(a，) 11( )1xaf xxaxa 由 f(x)0，得 x1aa当 x 变化时，f(x)，

15、f(x)的变化情况如下表：x(a,1a)1a(1a，)f(x)0f(x)极小值因此，f(x)在 x1a 处取得最小值，故由题意 f(1a)1a0，所以 a110 / 20意的 x0，)，总有 g(x)g(0)0，即 f(x)kx2 在 0，)上恒成立，故符合题意1 2k 当 0k时， ，对于 x(0，)，g(x)0，故 g(x)在(0，)内单调递增因此当取 x0(0，)时，g(x0)g(0)0，即 f(x0)kx02 不成立1 21 202k k1 2 2k k1 2 2k k1 2 2k k故 0k不合题意1 2综上，k 的最小值为1 2(3)证明：当 n1 时，不等式左边2ln32右边，所

16、以不等式成立当 n2 时，11222()ln(1)212121nniifiii112ln(21)ln(21)21nniiiiiln(2n1)12 21nii在(2)中取，得 f(x)(x0)，从而1 2k 22x2222()21(21)(23)(21)fiiii(iN*，i2)，所以有12 21niiln(2n1)11 / 201222()(2)()2121nniifffii2ln322 (23)(21)niii2ln32ln312211()2321niii1 21n综上，ln(2n1)2，nN*12 21nii3.【2013 天津，理 20】已知函数 f(x)x2ln x.(1)求函数 f(

17、x)的单调区间；(2)证明：对任意的 t0，存在唯一的 s，使 tf(s)；(3)设(2)中所确定的 s 关于 t 的函数为 sg(t)，证明：当 te2 时，有.2ln ( )1 5ln2g t t【答案】 （）单调递减区间是，单调递增区间是；（）详见解析；（）详见解析10,e 1,e设 t0，令 h(x)f(x)t，x1，)由(1)知，h(x)在区间(1，)内单调递增h(1)t0，h(et)e2tln ettt(e2t1)0.故存在唯一的 s(1，)，使得 tf(s)成立当 1u2 时，F(u)0；当 u2 时，F(u)0.故对 u1，F(u)F(2)0.因此成立ln 2uu 综上，当 t

18、e2 时，有.2ln ( )1 5ln2g t t4.【2014 天津，理 20】已知函数， 已知函数有两个零点，且 ( )xf xxae=-()aRxR( )yf x=12,x x12xx( )f x( )yf x=()ln0fa-()1,lnas - -( )10f s 试题解析：（）由，可得下面分两种情况讨论：( )xf xxae=-( )1xfxae=-（1）时，在上恒成立，可得在上单调递增，不合题意0a( )0fxR( )f xR（2）时，由，得当变化时， ，的变化情况如下表：0a( )0fx=lnxa= -( )fx( )f x13 / 20(),lna- -lna-()ln ,

19、a-+( )fx0( )f xln1a-这时，的单调递增区间是；单调递减区间是( )f x(),lna- -()ln , a-+于是， “函数有两个零点”等价于如下条件同时成立：( )yf x=1；2存在，满足；3存在，满足由，即，解得，而此时，取，满足，且；取，满足，且的取值范围是()ln0fa-()1,lnas - -( )10f s ln10a10ae-2 2121 1lnlnlnxxxxxx-=-=设，则，且解得， 21xtx=1t 2121,ln ,xtxxxt=-= 1ln 1txt=-2ln 1ttxt=- ()121 ln1ttxxt+=-14 / 20令， ，则令，得当时，

20、因此，在上单调递增，故对于任意的， ，由此可得，故在上单调递增，因此，由可得随着的增大而增大，而由（） ，随着的减小而增大，随着的减小而增大( )()1 ln 1xxh xx+=-()1,x+( )()212ln1xxxh x x-+- = -( )12lnu xxxx= -+-( )21xuxx-=()1,x+( )0u x( )u x()1,+()1,x+( )( )10u xu=( )0h x( )h x()1,+12xx+12xx+考点：1函数的零点；2导数的运算；3.利用导数研究函数的性质5. 【2015 高考天津，理 11】曲线 与直线 所围成的封闭图形的面积为 .2yxyx【答案

21、】1 6【解析】在同一坐标系内作出两个函数的图象，解议程组得两曲线的交点坐标为，由图可知峡谷曲线所围成的封闭图形的面积2yx yx(0,0),(1,1)1 12230 0111 236Sxxdxxx.【考点定位】定积分几何意义与定积分运算.6. 【2015 高考天津，理 20（本小题满分 14 分）已知函数，其中.( )n,nf xxxxR*n,n2N(I)讨论的单调性；( )f x(II)设曲线与轴正半轴的交点为 P，曲线在点 P 处的切线方程为,求证：对于任意的正实数，都有；( )yf x=( )yg x=( )( )f xg x15 / 20(III)若关于的方程有两个正实根，求证： (

22、 )=a(a)f x为实数12xx，21|-|21ax xn+-【答案】(I) 当为奇数时，在，上单调递减，在内单调递增；当为偶数时，在上单调递增，在上单调递减. (II)见解析； (III)见解析.( )f x(, 1) (1,)( 1,1)( )f x(, 1) ( )f x(1,)当变化时，的变化情况如下表：( ),( )fxf x(, 1) ( 1,1)(1,)( )fx( )f xAAA所以，在，上单调递减，在内单调递增.( )f x(, 1) (1,)( 1,1)(2)当为偶数时，当，即时，函数单调递增；( )0fx1x ( )f x当，即时，函数单调递减.( )0fx1x ( )

23、f x所以，在上单调递增，在上单调递减.( )f x(, 1) ( )f x(1,)(II)证明：设点的坐标为，则， ，曲线在点处的切线方程为，即，令，即，则P0(,0)x1 1 0nxn2 0()fxnn( )yf xP00()yfxxx00( )()g xfxxx( )( )( )F xf xg x00( )( )()F xf xfxxx0( )( )()F xfxfx16 / 20得.22xx类似的，设曲线在原点处的切线方程为，可得，当，( )yf x( )yh x( )h xnx(0,)x( )( )0nf xh xx ，即对任意，(0,)x( )( ).f xh x设方程的根为，可得

24、，因为在上单调递增，且，因此.( )h xa1x1axn( )h xnx, 111()()()h xaf xh x11xx由此可得.212101axxxxxn因为，所以，故，2n 111 12(1 1)111nn nCnn 1 1 02nnx所以.2121axxn【考点定位】1.导数的运算；2.导数的几何意义；3.利用导数研究函数性质、证明不等式.7. 【2016 高考天津理数】设函数 xR，其中 a,bR.3( )(1)f xxaxb ，（）求 f(x)的单调区间；（）若 f(x)存在极值点 x0，且 f(x1)= f(x0)，其中 x1x0，求证：x1+2x0=3；（）设 a0,函数 g(

25、x)= |f(x)|,求证：g(x)在区间 0,2上的最大值不小于.1 4【答案】 （）详见解析；（）详见解析；（）详见解析.【解析】试题解析：（）解：由，可得.baxxxf3) 1()(axxf2) 1( 3)( 下面分两种情况讨论：（1）当时，有恒成立，所以的单调递增区间为.0a0) 1( 3)( 2axxf)(xf),(17 / 20（2）当时，令，解得，或.0a0)( xf313ax 313ax 当变化时， ，的变化情况如下表：x)( xf)(xfx3(,1)3a313a33(1,1)33aa313a3(1,)3a)( xf00)(xf单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以的单调递减

26、区间为，单调递增区间为，.)(xf33(1,1)33aa3(,1)3a3(1,)3a（）证明：因为存在极值点，所以由（）知，且，)(xf0a10x由题意，得，即，0) 1( 3)( 2 00axxf3) 1(2 0ax进而.baxabaxxxf332) 1()(003 00又，且区间上的取值范围为，因此baaxxabxaxxf32)1 (38)22()22()23(0003 00)(33200xfbaxa2 , 0)0(),2(ff 0),(10),(1babaababaa，所以.2|1baaM18 / 20（2）当时， ，由（）和（）知， ， ，343 a2 3332 31011213333

27、aaaa 2 33(0)(1)(1)33aafff2 33(2)(1)(1)33aafff所以在区间上的取值范围为，因此)(xf2 , 033 (1),(1)33aaff41 43343 92|392baaa.综上所述，当时，在区间上的最大值不小于.0a)(xg2 , 041【考点】导数的运算，利用导数研究函数的性质、证明不等式【名师点睛】1求可导函数单调区间的一般步骤：(1)确定函数 f(x)的定义域(定义域优先)；(2)求导函数 f (x)；(3)在函数 f(x)的定义域内求不等式 f (x)0 或 f (x)0 的解集；(4)由 f (x)0(f (x)0)的解集确定函数 f(x)的单调

28、增(减)区间若遇不等式中带有参数时，可分类讨论求得单调区间2由函数 f(x)在(a，b)上的单调性，求参数范围问题，可转化为 f (x)0(或 f (x)0)恒成立问题，要注意“”是否可以取到8. 【2017 天津,理 20】 （本小题满分 14 分）设，已知定义在 R 上的函数在区间内有一个零点，为的导函数aZ432( )2336f xxxxxa(1,2)0x( )g x( )f x（）求的单调区间；( )g x（）设，函数，求证：；001,)(,2mxx0( )( )()( )h xg x mxf m0( ) ()0h m h x19 / 20（）求证：存在大于 0 的常数，使得对于任意的

29、正整数，且满足A, p q001,)(,2,pxxq041|pxqAq【答案】 （）增区间是， ，减区间是；（）证明见解析；（）证明见解析(, 1) 1( ,)41( 1, )4进而可得令，解得或2( )24186g xxx( )0g x1x 1 4x 当 x 变化时，的变化情况如下表：( ), ( )g x g xx(, 1) 1( 1, )41( ,)4( )g x+-+( )g x所以，的单调递增区间是， ，单调递减区间是( )g x(, 1) 1( ,)41( 1, )4（）由，得，0( )( )()( )h xg x mxf m0( )( )()( )h mg m mxf m000(

30、)()()( )h xg xmxf m令函数，则10( )( )()( )H xg x xxf x10( )( )()Hxg x xx由（）知，当时， ，故当时， ，单调递减；1,2x( )0g x01,)xx1( )0Hx1( )H x当时， ，单调递增0(,2xx1( )0Hx1( )H x20 / 20因此，当时， ，可得，即001,)(,2xxx1100( )()()0H xH xf x 1( )0H m ( )0h m 令函数，则200( )()()( )Hxg xxxf x20( )()( )Hxg xg x由（）知，在上单调递增，故当时， ，单调递增；( )g x1,201,)xx2( )0Hx2( )Hx当时， ，单调递减0(,2xx2( )0Hx2( )Hx因此，当时， ，可得，即001,)(,2xxx220( )()0HxHx2( )0Hm 0()0h x所以， 0( ) ()0h m h x（III）对于任意的正整数， ，且，p001)(, ,2pxxq令，函数pmq0( )( )()( )hgmxxxmf所以，只要取，就有( )2Ag041|pxqAq【考点】导数的综合应用【名师点睛】 （1）判断函数的单调性，只需对函数求导，根据导函数的符号判断函数的单调性，求出单调区间；（2）有关函数零点的问题，合理构造函数，根据函数的单调性、极值、零点等即可求解