《2019高考數(shù)學二輪復習 第一篇 微型專題 微專題04 函數(shù)與導數(shù)的綜合應用練習 理.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019高考數(shù)學二輪復習 第一篇 微型專題 微專題04 函數(shù)與導數(shù)的綜合應用練習 理.docx（17頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
04 函數(shù)與導數(shù)的綜合應用
1.若關于x的不等式x3-3x2-9x+2≥m對任意x∈[-2,2]恒成立,則m的取值范圍是( ).
A.(-∞,7] B.(-∞,-20]
C.(-∞,0] D.[-12,7]
解析? 令f(x)=x3-3x2-9x+2,
則f(x)=3x2-6x-9,
令f(x)=0得x=-1或x=3(舍去).
∵f(-1)=7,f(-2)=0,f(2)=-20,
∴f(x)的最小值為f(2)=-20,
故m≤-20.
答案? B
2.已知函數(shù)f(x)=x3-3x-1,若對于區(qū)間[-3,2]上的任意x1,x2,都有|f(x1)-f(x2)|≤t,則實數(shù)t的最小值是( ).
A.20 B.18 C.3 D.0
解析? 對于區(qū)間[-3,2]上的任意x1,x2,都有|f(x1)-f(x2)|≤t,等價于在區(qū)間[-3,2]上,f(x)max-f(x)min≤t.
∵f(x)=x3-3x-1,
∴f(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1).
∵x∈[-3,2],∴函數(shù)f(x)在[-3,-1],[1,2]上單調遞增,在[-1,1]上單調遞減,
又∵f(-3)=-19,f(1)=-3,f(-1)=1,f(2)=1,
∴f(x)max=f(2)=f(-1)=1,f(x)min=f(-3)=-19,
∴f(x)max-f(x)min=20,
∴t≥20,即實數(shù)t的最小值是20.
答案? A
3.已知y=f(x)為R上的連續(xù)可導函數(shù),且xf(x)+f(x)>0,則函數(shù)g(x)=xf(x)+1(x>0)的零點個數(shù)為( ).
A.0 B.1
C.0或1 D.無數(shù)個
解析? 因為g(x)=f(x)+xf(x)>0,
所以函數(shù)g(x)在(0,+∞)上為增函數(shù).
因為g(0)>0,所以g(x)>0,
故函數(shù)g(x)=xf(x)+1(x>0)的零點個數(shù)為0.
答案? A
4.做一個無蓋的圓柱形水桶,若要使其體積是27π dm3,且用料最省,則圓柱的底面半徑為 dm.
解析? 設圓柱的底面半徑為R dm,母線長為l dm,
則V=πR2l=27π,所以l=27R2,
要使用料最省,只需使圓柱形水桶的表面積最小.
S表=πR2+2πRl=πR2+2π27R,
所以S表=2πR-54πR2.
令S表=0,得R=3,則當R=3時,S表最小.
答案? 3
能力1
? 會利用導數(shù)研究函數(shù)的零點問題
【例1】 已知函數(shù)f(x)=x2a-2ln x(a∈R,a≠0).
(1)討論函數(shù)f(x)的單調性;
(2)若函數(shù)f(x)有最小值,記為g(a),關于a的方程g(a)+a-29a-1=m有三個不同的實數(shù)根,求實數(shù)m的取值范圍.
解析? (1)f(x)=2xa-2x(x>0),
當a<0時,f(x)<0,則f(x)在(0,+∞)上單調遞減;
當a>0時,f(x)=2(x+a)(x-a)ax,所以f(x)在(0,a)上單調遞減,在(a,+∞)上單調遞增.
(2)由(1)知a>0,f(x)min=f(a)=1-ln a,即g(a)=1-ln a,
故方程g(a)+a-29a-1=m為m=a-ln a-29a(a>0),
令F(a)=a-ln a-29a(a>0),
則F(a)=1-1a+29a2=(3a-1)(3a-2)9a2,
所以F(a)在0,13和23,+∞上是單調遞增的,在13,23上是單調遞減的,
所以F(a)極大值=F13=-13+ln 3,F(a)極小值=F23=13-ln 2+ln 3,
依題意得13-ln 2+ln 3
0)在區(qū)間(0,1)和(2,+∞)上均單調遞增,在(1,2)上單調遞減,則函數(shù)f(x)的零點個數(shù)為( ).
A.0 B.1 C.2 D.3
解析? 由題意可得f(x)=2ax+b+cx,
則f(1)=2a+b+c=0,f(2)=4a+b+c2=0,解得b=-6a,c=4a,
所以f(x)=a(x2-6x+4ln x),
則極大值f(1)=-5a<0,極小值f(2)=a(4ln 2-8)<0,
又f(10)=a(40+4ln 10)>0,結合函數(shù)圖象可得該函數(shù)只有1個零點.故選B.
答案? B
2.(廣西2018屆高三第二次聯(lián)合調研)已知函數(shù)f(x)=ln(x+a)-x(a∈R),直線l:y=-23x+ln 3-23是曲線y=f(x)的一條切線.
(1)求a的值.
(2)設函數(shù)g(x)=xex-2x-f(x-a)-a+2,證明:函數(shù)g(x)無零點.
解析? (1)由題意得f(x)=1x+a-1.
設切點為P(x0,y0),
則1x0+a-1=-23,ln(x0+a)-x0=-23x0+ln3-23,
解得x0=2,a=1,∴a=1.
(2)由(1)知g(x)=xex-2x-f(x-1)-1+2=xex-ln x-x.
則g(x)=(x+1)ex-1x-1=(x+1)x(xex-1).
令G(x)=xex-1,則G(x)=(x+1)ex.
∵當x>0時,G(x)>0,
∴G(x)在(0,+∞)上單調遞增.
又G(0)=-1<0,G(1)=e-1>0,
∴G(x)存在唯一零點c∈(0,1),
且當x∈(0,c)時,G(x)<0,當x∈(c,+∞)時,G(x)>0,
∴當x∈(0,c)時,g(x)<0,當x∈(c,+∞)時,g(x)>0,
∴g(x)在(0,c)上單調遞減,在(c,+∞)上單調遞增,∴g(x)≥g(c).
∵G(c)=cec-1=0,00,
∴g(x)≥g(c)>0,
∴函數(shù)g(x)無零點.
能力2
? 會利用導數(shù)證明不等式
【例2】 (2018年天津市南開中學高三模擬考試)已知f(x)=ex-aln x-a,其中常數(shù)a>0.
(1)當a=e時,求函數(shù)f(x)的極值.
(2)當01時,f(x)>0,f(x)在(1,+∞)上單調遞增.
所以f(x)有極小值,極小值為f(1)=0,沒有極大值.
(2)若01e,由f(x)≥0恒成立,得a≤exlnx+1恒成立,令φ(x)=exlnx+1,
則φ(x)=exlnx+1-1x(lnx+1)2.
令g(x)=ln x+1-1xx>1e,
則g(x)=1x+1x2x>1e,
由g(x)>0,得g(x)在1e,+∞上單調遞增.
又因為g(1)=0,所以φ(x)在1e,1上為負,在(1,+∞)上為正,
所以φ(x)在1e,1上單調遞減,在(1,+∞)上單調遞增.所以φ(x)min=φ(1)=e.
所以當01e時,a≤exlnx+1恒成立.
綜上所述,當00),則h(x)=1-xex.
當00,所以h(x)在(0,1)上單調遞增;
當x>1時,h(x)<0,所以h(x)在(1,+∞)上單調遞減.
所以h(x)=xex(x>0)的最大值為h(1)=1e,即xex≤1e,所以xex-2≤e,
所以f(x)=ex-eln x≥xex-2,即e2x-2-ex-1ln x-x≥0.
利用導數(shù)證明不等式f(x)>g(x)在區(qū)間D上恒成立的基本方法是先構造函數(shù)h(x)=f(x)-g(x),然后根據(jù)函數(shù)的單調性或者函數(shù)的最值證明函數(shù)h(x)>0,其中找到函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)的零點是解題的突破口.
已知函數(shù)f(x)=xexx-a.
(1)若曲線y=f(x)在x=2處的切線過原點,求實數(shù)a的值;
(2)若1x3+x2.
參考數(shù)據(jù):e≈2.7.
解析? (1)因為f(x)=xexx-a,
所以f(x)=(1+x)ex(x-a)-xex(x-a)2
=(x2-ax-a)ex(x-a)2,
由題意知,曲線y=f(x)在x=2處的切線過原點,
則切線斜率k=f(2)=f(2)-02-0,
即(4-3a)e2(2-a)2=2e22-a-02-0,整理得4-3a(2-a)2=12-a,
所以a=1.
(2)由10,
所以f(x)>x3+x2?exx-a-x2-x>0.
設g(x)=exx-a-x2-x,
則g(x)=ex(x-a-1)(x-a)2-2x-1,
由x>0且aea+1-(a+1)(a+2).
設t=a+1,則t∈(2,3),
設h(t)=et-t(t+1),則h(t)=et-2t-1,
令φ(t)=et-2t-1,則φ(t)=et-2,易知當t∈(2,3)時,φ(t)>0,
所以h(t)在(2,3)上單調遞増,
所以h(t)=et-2t-1>e2-22-1>0,
所以h(t)在(2,3)上單調遞増,
所以h(t)>e2-6>0,
所以et-t(t+1)>0,即ea+1-(a+1)(a+2)>0,
所以當x∈(a,a+1)時,g(x)>0,
即當x∈(a,a+1)時,f(x)>x3+x2.
能力3
? 會利用導數(shù)解決不等式的恒成立(存在性)問題
【例3】 (2018年河南省鞏義市高中畢業(yè)班模擬考試試卷)已知函數(shù)f(x)=xln x,g(x)=(-x2+ax-3)ex(a為實數(shù)).
(1)當a=5時,求函數(shù)g(x)的圖象在x=1處的切線方程;
(2)求f(x)在區(qū)間[t,t+2](t>0)上的最小值;
(3)若存在兩個不等實數(shù)x1,x2∈1e,e,使方程g(x)=2exf(x)成立,求實數(shù)a的取值范圍.
解析? (1)當a=5時,g(x)=(-x2+5x-3)ex,所以g(1)=e,g(x)=(-x2+3x+2e)x,故切線的斜率為g(1)=4e,所以切線方程為y-e=4e(x-1),
即y=4ex-3e.
(2)因為f(x)=ln x+1,令f(x)=0,得x=1e,
所以f(x),f(x)的變化情況如下表:
x
0,1e
1e
1e,+∞
f(x)
-
0
+
f(x)
↘
極小值
↗
當t≥1e時,在區(qū)間[t,t+2]上,f(x)為增函數(shù),所以f(x)min=f(t)=tln t;
當0a-12e,求正數(shù)a的取值范圍.
解析? (1)f(x)=a2x+a-2x=-(2x+a)(x-a)x(x>1),
當-2≤a≤0時,f(x)<0,f(x)在(1,+∞)上單調遞減.
當a<-2時,若x>-a2,則f(x)<0;若10.
∴f(x)在-a2,+∞上單調遞減,在1,-a2上單調遞增.
當01時,若x>a,則f(x)<0,若10.
∴f(x)在(a,+∞)上單調遞減,在(1,a)上單調遞增.
綜上可知,當-2≤a≤1時,f(x)在(1,+∞)上單調遞減;
當a<-2時,f(x)在-a2,+∞上單調遞減,在1,-a2上單調遞增;
當a>1時,f(x)在(a,+∞)上單調遞減,在(1,a)上單調遞增.
(2)∵a>0,
∴當x>a時,f(x)<0;當00.
∴f(x)max=f(a)=a2ln a+a.
∵?x0∈(0,+∞),f(x0)>a-12e,
∴a2ln a+a>a-12e,即a2lna+12e>0,
設g(x)=x2ln x+12e,
則g(x)=2xln x+x=x(2ln x+1),
當x>e-12時,g(x)>0;當0f(x)有解,則a>f(x)min;若a0,得01.
所以g(x)在(0,1)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減.
(2)當k=1時,f(x)≥g(x)恒成立,即axex≥ln x+x+1恒成立.
因為x>0,所以a≥lnx+x+1xex.
令h(x)=lnx+x+1xex,
則h(x)=(x+1)(-lnx-x)x2ex.
令p(x)=-ln x-x,
則p(x)=-1x-1<0,
故p(x)在(0,+∞)上單調遞減,且p1e=1-1e>0,p(1)=-1<0,
則存在x0∈1e,1,使得p(x0)=-ln x0-x0=0,
故ln x0+x0=0,即x0=e-x0.
當x∈(0,x0)時,p(x)>0,h(x)>0;
當x∈(x0,+∞)時,p(x)<0,h(x)<0.
所以h(x)在(0,x0)上單調遞增,在(x0,+∞)上單調遞減,所以h(x)max=h(x0)=lnx0+x0+1x0ex0=1,
故a的取值范圍是[1,+∞).
2.(廣西2018屆高三下學期第二次模擬)已知函數(shù)f(x)=ln(1+x)-ln(1-x)-k(x3-3x)(k∈R).
(1)當k=3時,求曲線y=f(x)在原點O處的切線方程;
(2)若f(x)>0對x∈(0,1)恒成立,求k的取值范圍.
解析? (1)當k=3時,f(x)=11+x+11-x-9(x2-1),∴f(0)=11,又f(0)=0,
∴曲線y=f(x)在原點O處的切線方程為y=11x.
(2)由題意得f(x)=2+3k(1-x2)21-x2,
當x∈(0,1)時,(1-x2)2∈(0,1).
若k≥-23,則2+3k(1-x2)2>0,即f(x)>0.
∴f(x)在(0,1)上單調遞增,從而f(x)>f(0)=0.
若k<-23,令f(x)=0,得x=1--23k∈(0,1).
當x∈0,1--23k時,f(x)<0;
當x∈1--23k,1時,f(x)>0.
∴f(x)min=f1--23k0,h(x)是增函數(shù);
當x=80時,h(x)取得極小值h(80)=11.25.
由題意知該極值是最小值.
故當汽車以80千米/時的速度勻速行駛時,從甲地到乙地耗油最少,最少為11.25升.
一、選擇題
1.已知a=log32,b=log23,c=log47,則a,b,c的大小關系為( ).
A.a1,clog=47>1log,27log<23,故a0時,f(x)=2x+2x-4,則f(x)的零點個數(shù)是( ).
A.2 B.3 C.4 D.5
解析? 因為函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),所以f(0)=0.
因為f12f(2)<0,且函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調遞增,
所以當x>0時,f(x)有1個零點.
根據(jù)奇函數(shù)的對稱性可知,當x<0時,f(x)也有1個零點,故f(x)有3個零點.故選B.
答案? B
3.若對任意的x∈(0,+∞),不等式2xln x≥-x2+ax-3恒成立,則實數(shù)a的取值范圍為( ).
A.(-∞,0) B.(-∞,4]
C.(0,+∞) D.[4,+∞)
解析? 條件可轉化為a≤2ln x+x+3x恒成立.
設f(x)=2ln x+x+3x,
則f(x)=(x+3)(x-1)x2(x>0).
當x∈(0,1)時,f(x)<0,函數(shù)f(x)單調遞減;
當x∈(1,+∞)時,f(x)>0,函數(shù)f(x)單調遞增.
所以f(x)min=f(1)=4.所以a≤4.故選B.
答案? B
4.已知函數(shù)f(x)=xcos x-sin x-13x3,則不等式f(2x+3)+f(1)<0的解集為( ).
A.(-2,+∞) B.(-∞,-2)
C.(-1,+∞) D.(-∞,-1)
解析? 由題意得f(-x)=-xcos x+sin x+13x3=-f(x),
所以函數(shù)f(x)是奇函數(shù).
由題意得f(x)=cos x-xsin x-cos x-x2
=-xsin x-x2=-x(sin x+x).
所以當x>0時,f(x)<0,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調遞減.
因為函數(shù)f(x)是奇函數(shù),所以函數(shù)f(x)在(-∞,0)上單調遞減.
因為f(2x+3)+f(1)<0,所以f(2x+3)<-f(1)=f(-1),所以2x+3>-1,所以x>-2.故選A.
答案? A
二、填空題
5.已知函數(shù)f(x)=4ln x+ax2-6x+b(a,b為常數(shù)),且x=2為f(x)的一個極值點,則實數(shù)a的值為 .
解析? 由題意知,函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞).∵f(x)=4x+2ax-6,∴f(2)=2+4a-6=0,即a=1.
答案? 1
6.函數(shù)y=x+2cos x在0,π2上的最大值是 .
解析? 由題意知y=1-2sin x,
令y=0,得x=π6,則當x∈0,π6時,y>0;當x∈π6,π2時,y<0.
故函數(shù)在0,π6上單調遞增,在π6,π2上單調遞減,
所以當x=π6時,函數(shù)取得最大值,最大值為π6+3.
答案? π6+3
7.若函數(shù)f(x)=e-x-12,x>0,x3-3mx-2,x≤0(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))有三個不同的零點,則m的取值范圍是 .
解析? 當x>0時,f(x)有一個零點,故當x≤0時,f(x)有兩個零點.
當x≤0時,f(x)=x3-3mx-2,則f(x)=3x2-3m.
當m≤0時,f(x)≥0,函數(shù)f(x)在(-∞,0]上單調遞增,所以f(x)不會有兩個零點,故舍去;
當m>0時,函數(shù)f(x)在-∞,-m上單調遞增,在-m,0上單調遞減,
又f(0)=-2<0,所以當f-m>0時,f(x)有兩個零點,解得m>1,
故m的取值范圍是(1,+∞).
答案? (1,+∞)
8.已知f(x)=-x2-6x-3,g(x)=2x3+3x2-12x+9,設m<-2,若?x1∈[m,-2),?x2∈(0,+∞),使得f(x1)=g(x2)成立,則實數(shù)m的最小值為 .
解析? ∵g(x)=2x3+3x2-12x+9,
∴g(x)=6x2+6x-12=6(x+2)(x-1).
∴當01時,g(x)>0,函數(shù)g(x)單調遞增.
∴g(x)min=g(1)=2.
∵f(x)=-x2-6x-3=-(x+3)2+6≤6,
∴結合函數(shù)圖象(圖略)知,當f(x)=2時,方程兩根分別為-5和-1,則m的最小值為-5.
答案? -5
三、解答題
9.已知函數(shù)f(x)=xln x,g(x)=-x2+ax-3.
(1)對一切x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.
(2)探討函數(shù)F(x)=ln x-1ex+2ex是否存在零點.若存在,求出函數(shù)F(x)的零點;若不存在,請說明理由.
解析? (1)因為對一切x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,
所以2xln x≥-x2+ax-3恒成立,
即a≤2ln x+x+3x恒成立.
令h(x)=2ln x+x+3x,
則h(x)=2x+1-3x2=x2+2x-3x2=(x+3)(x-1)x2,
當x>1時,h(x)>0,h(x)單調遞增;
當00,f(x)單調遞增.
所以當且僅當x=1e時,f(x)取最小值,且f(x)min=-1e.?、?
設φ(x)=xex-2e(x>0),則φ(x)=1-xex,
易知φ(x)在(0,1)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減,
所以當且僅當x=1時,φ(x)取最大值,且φ(x)max=-1e.?、?
因為①②中取等號的條件不同,且1e<1,
所以對x∈(0,+∞)都有l(wèi)n x>1ex-2ex,
即F(x)=ln x-1ex+2ex>0恒成立,
故函數(shù)F(x)沒有零點.
10.(江西省臨川一中2018屆高三年級全真模擬考試)已知函數(shù)f(x)=xln x,g(x)=x+1ax(x>0)都在x=x0處取得最小值.
(1)求f(x0)-g(x0)的值;
(2)設函數(shù)h(x)=f(x)-g(x),h(x)的極值點之和落在區(qū)間(k,k+1)上,k∈N,求k的值.
解析? (1)f(x)=ln x+1,令f(x)=0,得x=1e,
則f(x),f(x)的變化情況如下表:
x
0,1e
1e
1e,+∞
f(x)
-
0
+
f(x)
↘
極小值
↗
∴當x=1e時,函數(shù)f(x)=xln x取得最小值-1e,∴x0=1e,f(x0)=-1e.
當a<0時,函數(shù)g(x)是增函數(shù),在(0,+∞)沒有最小值;
當a>0時,g(x)=x+1ax≥21a,當且僅當x0=1a=1e,即a=e2時,g(x)有最小值g(x0)=2e,
∴f(x0)-g(x0)=-1e-2e=-3e.
(2)由(1)知g(x)=x+1e2x,
∴h(x)=xln x-x-1e2x,h(x)=ln x+1e2x2,
設φ(x)=ln x+1e2x2,
∵φ(x)=e2x2-2e2x3,∴當x∈0,2e時,φ(x)<0,
∴函數(shù)φ(x)即h(x)在0,2e上單調遞減.
當x∈2e,+∞時,φ(x)>0,∴函數(shù)φ(x)即h(x)在2e,+∞上單調遞增,
由(1)得h1e=0,∴當x∈0,1e時,h(x)>0,h(x)在0,1e上單調遞增.
當x∈1e,2e時,h(x)<0,h(x)單調遞減,
∴h(x)在0,2e上有唯一極大值點1e.
∵h2e<0,h(1)=1e2>0,h(x)在2e,+∞上單調遞增,
∴函數(shù)h(x)在2e,+∞有唯一極小值點x1,且2e
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2019高考數(shù)學二輪復習
第一篇
微型專題
微專題04
函數(shù)與導數(shù)的綜合應用練習
2019
高考
數(shù)學
二輪
復習
一篇
微型
專題
04
函數(shù)
導數(shù)
綜合
應用
練習
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2019高考數(shù)學二輪復習 第一篇 微型專題 微專題04 函數(shù)與導數(shù)的綜合應用練習 理.docx
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