2019年高考數(shù)學 考點分析與突破性講練 專題10 導數(shù)的應用 理.doc

專題10 導數(shù)的應用一、考綱要求:1.了解函數(shù)的單調性與導數(shù)的關系；能利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，會求函數(shù)的單調區(qū)間(其中多項式函數(shù)一般不超過三次)；2.了解函數(shù)在某點取得極值的必要條件和充分條件；會用導數(shù)求函數(shù)的極大值、極小值(其中多項式函數(shù)一般不超過三次)；會求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值(其中多項式函數(shù)一般不超過三次)；3.利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、極(最)值，并會解決與之有關的方程(不等式)問題；4.會利用導數(shù)解決某些簡單的實際問題二、概念掌握及解題上的注意點：1在某區(qū)間內f(x)0(f(x)0)是函數(shù)f(x)在此區(qū)間上為增(減)函數(shù)的充分不必要條件2可導函數(shù)f(x)在(a，b)上是增(減)函數(shù)的充要條件是：對x(a，b)，都有f(x)0(f(x)0)且f(x)在(a，b)上的任何子區(qū)間內都不恒為零3對于可導函數(shù)f(x)，f(x0)0是函數(shù)f(x)在xx0處有極值的必要不充分條件4.用導數(shù)證明函數(shù)fx在（a,b）內的單調性的步驟一求：求f(x)；二定：確定f(x)在(a，b)內的符號；三結論：作出結論：f(x)0時為增函數(shù)；f(x)0時為減函數(shù).5.研究含參數(shù)函數(shù)的單調性時，需注意依據(jù)參數(shù)取值對不等式解集的影響進行分類討論.(1）討論分以下四個方面二次項系數(shù)討論，根的有無討論，根的大小討論，根在不在定義域內討論.(2）討論時要根據(jù)上面四種情況，找準參數(shù)討論的分點.(3）討論完必須寫綜述.6.利用導數(shù)研究函數(shù)極值問題的一般流程7已知函數(shù)極值點和極值求參數(shù)的兩個要領(1)列式：根據(jù)極值點處導數(shù)為0和極值列方程組，利用待定系數(shù)法求解(2)驗證：因為一點處的導數(shù)值等于零不是此點為極值點的充要條件，所以利用待定系數(shù)法求解后必須驗證根的合理性三、高考題例分析例1（2018新課標）已知函數(shù)f（x）=x+alnx（1）討論f（x）的單調性；（2）若f（x）存在兩個極值點x1，x2，證明：a2當a0時，判別式=a24，當0a4時，0，即g（x）0，即f（x）0恒成立，此時函數(shù)f（x）在（0，+）上是減函數(shù)，當a2時，x，f（x），f（x）的變化如下表： x （0，） （，） （，+） f（x） 0+ 0 f（x） 遞減 遞增遞減綜上當a2時，f（x）在（0，+）上是減函數(shù)，當a2時，在（0，），和（，+）上是減函數(shù)，則（，）上是增函數(shù)設h（x）=2lnxx+，（0x1），其中h（1）=0，求導得h（x）=1=0，則h（x）在（0，1）上單調遞減，h（x）h（1），即2lnxx+0，故2lnxx，則a2成立例2（2018新課標）已知函數(shù)f（x）=exax2（1）若a=1，證明：當x0時，f（x）1；（2）若f（x）在（0，+）只有一個零點，求a【解答】證明：（1）當a=1時，函數(shù)f（x）=exx2則f（x）=ex2x，令g（x）=ex2x，則g（x）=ex2，令g（x）=0，得x=ln2當（0，ln2）時，h（x）0，當（ln2，+）時，h（x）0，h（x）h（ln2）=eln22ln2=22ln20，f（x）在0，+）單調遞增，f（x）f（0）=1，例3（2018新課標）已知函數(shù)f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）2x（1）若a=0，證明：當1x0時，f（x）0；當x0時，f（x）0；（2）若x=0是f（x）的極大值點，求a【解答】（1）證明：當a=0時，f（x）=（2+x）ln（1+x）2x，（x1），可得x（1，0）時，f（x）0，x（0，+）時，f（x）0f（x）在（1，0）遞減，在（0，+）遞增，f（x）f（0）=0，f（x）=（2+x）ln（1+x）2x在（1，+）上單調遞增，又f（0）=0當1x0時，f（x）0；當x0時，f（x）0（2）解：由f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）2x，得f（x）=（1+2ax）ln（1+x）+2=，令h（x）=ax2x+（1+2ax）（1+x）ln（x+1），h（x）=4ax+（4ax+2a+1）ln（x+1）當a0，x0時，h（x）0，h（x）單調遞增，h（x）h（0）=0，即f（x）0，f（x）在（0，+）上單調遞增，故x=0不是f（x）的極大值點，不符合題意當a0時，h（x）=8a+4aln（x+1）+，顯然h（x）單調遞減，若a0，則h（0）=1+6a0，h（e1）=（2a1）（1e）0，h（x）=0在（0，+）上有唯一一個零點，設為x0，當0xx0時，h（x）0，h（x）單調遞增，h（x）h（0）=0，即f（x）0，導數(shù)應用練習一、選擇題1函數(shù)f(x)exx的單調遞增區(qū)間是()A(，1B1，)C(，0D0，)D解析：f(x)exx，f(x)ex1，令f(x)0，得ex10，即x0，故f(x)的單調遞增區(qū)間是0，)2已知函數(shù)f(x)x3ax4，則“a0”是“f(x)在R上單調遞增”的()A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件A解析：f(x)x2a，當a0時，f(x)0恒成立，故“a0”是“f(x)在R上單調遞增”的充分不必要條件3若冪函數(shù)f(x)的圖象過點，則函數(shù)g(x)exf(x)的單調遞減區(qū)間為() A(，0)B(，2)C(2，1)D(2,0)4已知函數(shù)yf(x)的圖象是下列四個圖象之一，且其導函數(shù)yf(x)的圖象如圖2112所示，則該函數(shù)的圖象是()圖2112B解析：由yf(x)的圖象知，yf(x)在1,1上為增函數(shù)，且在區(qū)間1,0)上增長速度越來越快，而在區(qū)間(0,1上增長速度越來越慢5(2017安徽二模)已知f(x)，則()Af(2)f(e)f(3)Bf(3)f(e)f(2)Cf(3)f(2)f(e)Df(e)f(3)f(2)6下列函數(shù)中，既是奇函數(shù)又存在極值的是()Ayx3Byln(x)CyxexDyxD解析：由題可知，B，C選項中的函數(shù)不是奇函數(shù)，A選項中，函數(shù)yx3單調遞增(無極值)，而D選項中的函數(shù)既為奇函數(shù)又存在極值7(2016四川高考)已知a為函數(shù)f(x)x312x的極小值點，則a()A4B2C4D2D解析：由題意得f(x)3x212，令f(x)0得x2，當x<2或x>2時，f(x)>0；當2<x<2時，f(x)<0，f(x)在(，2)上為增函數(shù)，在(2,2)上為減函數(shù)，在(2，)上為增函數(shù)f(x)在x2處取得極小值，a2.8函數(shù)f(x)x2ln x的最小值為() AB1C0D不存在A解析：f(x)x且x0.令f(x)0，得x1.令f(x)0，得0x1.f(x)在x1處取得極小值也是最小值，f(1)ln 1.9已知函數(shù)f(x)x3ax2(a6)x1有極大值和極小值，則實數(shù)a的取值范圍是()A(1,2)B(，3)(6，)C(3,6)D(，1)(2，)B解析：f(x)3x22ax(a6)，由已知可得f(x)0有兩個不相等的實根，4a243(a6)0，即a23a180，a6或a3.10(2018山東省實驗中學診斷)若函數(shù)f(x)在R上可導，且滿足f(x)xf(x)0，則()A3f(1)f(3)B3f(1)f(3)C3f(1)f(3)Df(1)f(3)B解析：由于f(x)xf(x)，則0恒成立，因此在R上是單調遞減函數(shù)，即3f(1)f(3)11函數(shù)f(x)在定義域R內可導，若f(x)f(2x)，且當x(，1)時，(x1)f(x)0，設af(0)，bf，cf(3)，則()AabcBcbaCcabDbca12(2017安徽江淮十校第三次聯(lián)考)設函數(shù)f(x)x29ln x在區(qū)間a1，a1上單調遞減，則實數(shù)a的取值范圍是()A1a2Ba4Ca2D0a3A解析：易知函數(shù)f(x)的定義域為(0，)，f(x)x，由f(x)x0，解得0x3.因為函數(shù)f(x)x29ln x在區(qū)間a1，a1上單調遞減，所以解得1a2，選A二、填空題13若函數(shù)f(x)x3x22ax在上存在單調遞增區(qū)間，則a的取值范圍是_. 14若函數(shù)f(x)2x33mx26x在區(qū)間(2，)上為增函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍為_. 解析：f(x)6x26mx6，當x(2，)時，f(x)0恒成立，即x2mx10恒成立，mx恒成立令g(x)x，g(x)1，當x2時，g(x)0，即g(x)在(2，)上單調遞增，m2.15.設函數(shù)f(x)則f(x)的最大值為_2解析：當x0時，f(x)2x0；當x0時，f(x)3x233(x1)(x1)，當x1時，f(x)0，f(x)是增函數(shù)，當1x0時，f(x)0，f(x)是減函數(shù)，f(x)f(1)2，f(x)的最大值為2.16.已知函數(shù)f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零點x0，且x00，則a的取值范圍是_. (，2)三、解答題17已知函數(shù)f(x)ln x，其中aR，且曲線yf(x)在點(1，f(1)處的切線垂直于直線yx.(1)求a的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間解(1)對f(x)求導得f(x)，由f(x)在點(1，f(1)處的切線垂直于直線yx，得f(1)a2，解得a.(2)由(1)知f(x)ln x，則f(x)，令f(x)0，解得x1或x5.因x1不在f(x)的定義域(0，)內，故舍去當x(0,5)時，f(x)0，故f(x)在(0,5)內為減函數(shù)；當x(5，)時，f(x)0，故f(x)在(5，)內為增函數(shù)所以f(x)的單調減區(qū)間為(0,5)，單調增區(qū)間為(5，)18已知函數(shù)f(x)x3ax2b(a，bR)(1)要使f(x)在(0,2)上單調遞增，試求a的取值范圍；(2)當a<0時，若函數(shù)滿足f(x)max1，f(x)min3，試求yf(x)的解析式解(1)f(x)3x22ax.依題意f(x)0在(0,2)上恒成立，即2ax3x2.x0，2a3x，2a6，a3，即a的取值范圍是3，)f(x)x33x21.19.已知函數(shù)f(x)exaxa(aR且a0)(1)若f(0)2，求實數(shù)a的值，并求此時f(x)在2,1上的最小值；(2)若函數(shù)f(x)不存在零點，求實數(shù)a的取值范圍解(1)由f(0)1a2，得a1.易知f(x)在2,0)上單調遞減，在(0,1上單調遞增，所以當x0時，f(x)在2,1上取得最小值2.(2)f(x)exa，由于ex0.當a0時，f(x)0，f(x)是增函數(shù)，當x1時，f(x)exa(x1)0.當x0時，取x，則f1aa0.所以函數(shù)f(x)存在零點，不滿足題意當a0時，f(x)exa，令f(x)0，得xln(a)在(，ln(a)上，f(x)0，f(x)單調遞減，在(ln(a)，)上，f(x)0，f(x)單調遞增，所以當xln(a)時，f(x)取最小值函數(shù)f(x)不存在零點，等價于f(ln(a)eln(a)aln(a)a2aaln(a)0，解得e2a0.綜上所述，所求實數(shù)a的取值范圍是e2a0.20設函數(shù)f(x)ln(xa)x2. (1)若當x1時，f(x)取得極值，求a的值，并求f(x)的單調區(qū)間；(2)若f(x)存在極值，求a的取值范圍解(1)f(x)2x，依題意，有f(1)0，故a.從而f(x)，且f(x)的定義域為，當x1時，f(x)0；當1x時，f(x)0；當x時，f(x)0.f(x)在區(qū)間，上單調遞增，在上單調遞減21已知函數(shù)f(x)x2aln x.(1)當a2時，求函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間；(2)若函數(shù)g(x)f(x)在1，)上單調，求實數(shù)a的取值范圍解(1)由題意知，函數(shù)的定義域為(0，)，當a2時，f(x)2x，由f(x)0得0x1，故f(x)的單調遞減區(qū)間是(0,1)(2)由題意得g(x)2x，函數(shù)g(x)在1，)上是單調函數(shù)若g(x)為1，)上的單調增函數(shù)，則g(x)0在1，)上恒成立，即a2x2在1，)上恒成立，設(x)2x2，(x)在1，)上單調遞減，(x)max(1)0，a0.若g(x)為1，)上的單調減函數(shù)，則g(x)0在1，)上恒成立，不可能實數(shù)a的取值范圍為0，)22已知函數(shù)f(x)exmx，其中m為常數(shù)(1)若對任意xR有f(x)0恒成立，求m的取值范圍；(2)當m1時，判斷f(x)在0,2m上零點的個數(shù)，并說明理由(2)f(x)在0,2m上有兩個零點，理由如下：當m1時，f(m)1m0.f(0)em0，f(0)f(m)0，且f(x)在(0，m)上單調遞減f(x)在(0，m)上有一個零點又f(2m)em2m，令g(m)em2m，則g(m)em2，當m1時，g(m)em20，g(m)在(1，)上單調遞增g(m)g(1)e20，即f(2m)0.f(m)f(2m)0，f(x)在(m,2m)上有一個零點故f(x)在0,2m上有兩個零點