五年高考2016届高考数学复习第三章第二节导数的应用文全国通用.doc

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1、考点一导数与函数的单调性1(2015陕西，9)设f(x)xsin x，则f(x)()A既是奇函数又是减函数 B既是奇函数又是增函数C是有零点的减函数 D是没有零点的奇函数解析f(x)xsin x的定义域为R，关于原点对称，且f(x)xsin(x)xsin xf(x)，故f(x)为奇函数又f(x)1sin x0恒成立，所以f(x)在其定义域内为增函数，故选B.答案B2(2014新课标全国，11)若函数f(x)kxln x在区间(1，)单调递增，则k的取值范围是()A(，2 B(，1C2，) D1，)解析因为f(x)kxln x，所以f(x)k.因为f(x)在区间(1，)上单调递增，所以当x1时，

2、f(x)k0恒成立，即k在区间(1，)上恒成立因为x1，所以01，所以k1.故选D.答案D3(2013浙江，8)已知函数yf(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数yf(x)的图象如图所示，则该函数的图象是()解析由导函数图象知，函数f(x)在1，1上为增函数当x(1，0)时，f(x)由小到大，则f(x)图象的增长趋势由缓到快，当x(0，1)时f(x)由大到小，则f(x)的图象增长趋势由快到缓，故选B.答案B4(2015新课标全国，21)已知f(x)ln xa(1x)(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a2时，求a的取值范围解(1)f(x)的定义域为(0，)，

3、f(x)a.若a0，则f(x)0，所以f(x)在(0，)上单调递增若a0，则当x时，f(x)0；当x时，f(x)0.所以f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)由(1)知，当a0时，f(x)在(0，)无最大值；当a0时，f(x)在x取得最大值，最大值为flnaln aa1.因此f2a2等价于ln aa10.令g(a)ln aa1，则g(a)在(0，)上单调递增，g(1)0.于是，当0a1时，g(a)0；当a1时，g(a)0.因此，a的取值范围是(0，1)5(2015天津，20)已知函数f(x)4xx4，xR.(1)求f(x)的单调区间；(2)设曲线yf(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处

4、的切线方程为yg(x)，求证：对于任意的实数x，都有f(x)g(x)；(3)若方程f(x)a(a为实数)有两个实数根x1，x2，且x1x2，求证：x2x14.(1)解由f(x)4xx4，可得f(x)44x3.当f(x)0，即x1时，函数f(x)单调递增；当f(x)0，即x1时，函数f(x)单调递减所以，f(x)的单调递增区间为(，1)，单调递减区间为(1，)(2)证明设点P的坐标为(x0，0)，则x04，f(x0)12.曲线yf(x)在点P处的切线方程为yf(x0)(xx0)，即g(x)f(x0)(xx0)令函数F(x)f(x)g(x)，即F(x)f(x)f(x0)(xx0)，则F(x)f(x

5、)f(x0)由于f(x)4x34在(，)上单调递减，故F(x)在(，)上单调递减，又因为F(x0)0，所以当x(，x0)时，F(x)0，当x(x0，)时，F(x)0，所以F(x)在(，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减，所以对于任意的实数x，F(x)F(x0)0，即对于任意的实数x，都有f(x)g(x)(3)证明由(2)知g(x)12(x4)设方程g(x)a的根为x2，可得x24.因为g(x)在(，)上单调递减，又由(2)知g(x2)f(x2)ag(x2)，因此x2x2.类似地，设曲线yf(x)在原点处的切线方程为yh(x)，可得h(x)4x.对于任意的x(，)，有f(x)h(x)x40

6、，即f(x)h(x)设方程h(x)a的根为x1，可得x1.因为h(x)4x在(，)上单调递增，且h(x1)af(x1)h(x1)，因此x1x1，由此可得x2x1x2x14.6(2015广东，21)设a为实数，函数f(x)(xa)2|xa|a(a1)(1)若f(0)1，求a的取值范围；(2)讨论f(x)的单调性；(3)当a2时，讨论f(x)在区间(0，)内的零点个数解(1)f(0)a2|a|a2a|a|a，因为f(0)1，所以|a|a1，当a0时，|a|aaa01，显然成立；当a0，则有|a|a2a1，所以a，所以0a，综上所述，a的取值范围是a.(2)f(x)对于u1x2(2a1)x，其对称轴

7、为xaa，开口向上，所以f(x)在(，a)上单调递减，综上，f(x)在(a，)上单调递增，在(，a)上单调递减，(3)由(2)得f(x)在(a，)上单调递增，在(0，a)上单调递减，所以f(x)minf(a)aa2.()当a2时，f(x)minf(2)2，f(x)令f(x)0，即f(x)(x0)，因为f(x)在(0，2)上单调递减，所以f(x)f(2)2，而y在(0，2)上单调递增，y2时，f(x)minf(a)aa2，当x(0，a)时，f(0)2a4，f(a)aa2，而y在x(0，a)上单调递增，当xa时，y，下面比较f(a)aa2与的大小，因为aa20所以f(a)aa22，yf(x)与y有

8、两个交点，综上，当a2时，f(x)有一个零点x2；当a2，yf(x)与y有两个零点7(2014安徽，20)设函数f(x)1(1a)xx2x3，其中a0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x0，1时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值解(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)1a2x3x2.令f(x)0，得x1，x2，x1x2，所以f(x)3(xx1)(xx2)当xx1或xx2时，f(x)0；当x1xx2时，f(x)0.故f(x)在(，x1)和(x2，)内单调递减，在(x1，x2)内单调递增(2)因为a0，所以x10，x20.当a4时，x21，由(1)知，f(x)在0，1上单调

9、递增，所以f(x)在x0和x1处分别取得最小值和最大值当0a4时，x21.由(1)知，f(x)在0，x2上单调递增，在x2，1上单调递减，因此f(x)在xx2处取得最大值又f(0)1，f(1)a，所以当0a1时，f(x)在x1处取得最小值；当a1时，f(x)在x0和x1处同时取得最小值；当1a4时，f(x)在x0处取得最小值8(2014广东，21)已知函数f(x)x3x2ax1(aR)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a0时，试讨论是否存在x0，使得f(x0)f.解(1)f(x)x22xa开口向上，方程x22xa0的判别式44a4(1a)，若a1，则0，f(x)x22xa0恒成立，f(x

10、)在R上单调递增若a1，则0，方程x22xa0有两个不同的实数根，x11，x21，当xx1或xx2时，f(x)0；当x1xx2时，f(x)0，f(x)的单调递增区间为(，1)和(1，)，单调递减区间为(1，1)综上所述，当a1时，f(x)在R上单调递增；当a0，b0，d0Ba0，b0，c0Ca0，b0，d0Da0，b0，c0，d0，可排除D；其导函数f(x)3ax22bxc且f(0)c0，可排除B；又f(x)0有两不等实根，且x1x20，所以a0.故选A.答案A2(2013福建，12)设函数f(x)的定义域为R，x0(x00)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是()AxR，f(x)f(x

11、0)Bx0是f(x)的极小值点Cx0是f(x)的极小值点Dx0是f(x)的极小值点解析x0是f(x)的极大值点，而不一定是最大值点，A错；yf(x)与yf(x)的图象关于y轴对称，x0应为f(x)一个极大值点，B错；yf(x)与yf(x)图象关于x轴对称，则x0为f(x)的极小值点，C错，故选D.答案D3(2012陕西，9)设函数f(x)ln x，则()Ax为f(x)的极大值点Bx为f(x)的极小值点Cx2为f(x)的极大值点Dx2为f(x)的极小值点解析f(x)，当0x2时，f(x)0；当x2时，f(x)0，所以x2为f(x)的极小值点，故选D.答案D4(2011浙江，10)设函数f(x)a

12、x2bxc(a，b，cR)，若x1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为yf(x)的图象是()解析令g(x)f(x)ex，则g(x)f(x)exf(x)ex，x1为函数g(x)的一个极值点，g(1)f(1)e1f(1)e10.f(1)f(1)D选项中，f(1)0，f(1)f(1)0，这与图象不符答案D5(2015山东，20)设函数f(x)(xa)ln x，g(x). 已知曲线yf(x) 在点(1，f(1)处的切线与直线2xy0平行(1)求a的值；(2)是否存在自然数k，使得方程f(x)g(x)在(k，k1)内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由；(3)设函数m(x

13、)minf(x)，g(x)(minp，q表示p，q中的较小值)，求m(x)的最大值解(1)由题意知，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为2，所以f(1)2，又f(x)ln x1，所以a1.(2)k1时，方程f(x)g(x)在(1，2)内存在唯一的根设h(x)f(x)g(x)(x1)ln x，当x(0，1时，h(x)0.又h(2)3ln 2ln 8110，所以存在x0(1，2)，使得h(x0)0.因为h(x)ln x1，所以当x(1，2)时，h(x)10，当x(2，)时，h(x)0，所以当x(1，)时，h(x)单调递增，所以k1时，方程f(x)g(x)在(k，k1)内存在唯一的根(3)

14、由(2)知方程f(x)g(x)在(1，2)内存在唯一的根x0.且x(0，x0)时，f(x)g(x)，x(x0，)时，f(x)g(x)，所以m(x)当x(0，x0)时，若x(0，1，m(x)0；若x(1，x0)，由m(x)ln x10，可知0m(x)m(x0)；故m(x)m(x0)当x(x0，)时，由m(x)，可得x(x0，2)时，m(x)0，m(x)单调递增；x(2，)时，m(x)0，m(x)单调递减；可知m(x)m(2)，且m(x0)m(2)综上可得，函数m(x)的最大值为.6(2015浙江，20)设函数f(x)x2axb(a，bR)(1)当b1时，求函数f(x)在1，1上的最小值g(a)的

15、表达式；(2)已知函数f(x)在1，1上存在零点，0b2a1，求b的取值范围解(1)当b1时，f(x)1，故对称轴为直线x. 当a2时，g(a)f(1)a2.当2a2时，g(a)f1.当a2时，g(a)f(1)a2.综上，g(a)(2)设s，t为方程f(x)0的解，且1t1，则由于0b2a1，因此s(1t1)当0t1时，st，由于0和94，所以b94.当1t0时，st，由于20和30，所以3b0.故b的取值范围是3，947(2014天津，19)已知函数f(x)x2ax3(a0)，xR.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若对于任意的x1(2，)，都存在x2(1，)，使得f(x1)f(x2)

16、1.求a的取值范围解(1)由已知，有f(x)2x2ax2(a0)令f(x)0，解得x0或x.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，0)0f(x)00f(x)0所以，f(x)的单调递增区间是；单调递减区间是(，0)，.当x0时，f(x)有极小值，且极小值f(0)0；当x时，f(x)有极大值，且极大值f.(2)由f(0)f0及(1)知，当x时，f(x)0；当x时，f(x)0.设集合Af(x)|x(2，)，集合B.则“对于任意的x1(2，)，都存在x2(1，)，使得f(x1)f(x2)1”等价于AB.显然，0B.下面分三种情况讨论：(1)当2，即0a时，由f0可知，0A，而0B，所以

17、A不是B的子集(2)当12，即a时，有f(2)0，且此时f(x)在(2，)上单调递减，故A(，f(2)，因而A(，0)；由f(1)0，有f(x)在(1，)上的取值范围包含(，0)，则(，0)B.所以AB.(3)当1，即a时，有f(1)0，且此时f(x)在(1，)上单调递减，故B，A(，f(2)，所以A不是B的子集综上，a的取值范围是.8(2013新课标全国，20)已知函数f(x)ex(axb)x24x，曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y4x4.(1)求a，b的值；(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值解(1)f(x)ex(axab)2x4.由已知得f(0)4，f(0)4

18、.故b4，ab8.从而a4，b4.(2)由(1)知，f(x)4ex(x1)x24x，f(x)4ex(x2)2x44(x2).令f(x)0得xln 2或x2.从而当x(，2)(ln 2，)时，f(x)0；当x(2，ln 2)时，f(x)0.故f(x)在(，2)，(ln 2，)上单调递增，在(2，ln 2)上单调递减当x2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(2)4(1e2)考点三导数的综合应用1(2014湖南，9)若0x1x21，则()Aex2ex1ln x2ln x1 Bex2ex1ln x2ln x1Cx2ex1x1ex2 Dx2ex1x1ex2解析构造函数f(x)exln x，则f(x)

19、ex，故f(x)exln x在(0，1)上有一个极值点，即f(x)exln x在(0，1)上不是单调函数，无法判断f(x1)与f(x2)的大小，故A、B错；构造函数g(x)，则g(x)，故函数g(x)在(0，1)上单调递减，故g(x1)g(x2)，x2ex1x1ex2，故选C.答案C2(2014新课标全国，12)已知函数f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零点x0，且x00，则a的取值范围是()A(2，) B(1，)C(，2) D(，1)解析由题意知f(x)3ax26x3x(ax2)，当a0时，不满足题意当a0时，令f(x)0，解得x0或x，当a0时，f(x)在(，0)，上单调递增，在

20、 上单调递减又f(0)1，此时f(x)在(，0)上存在零点，不满足题意；当a0时，f(x)在，(0，)上单调递减，在上单调递增，要使f(x)存在唯一的零点x0，且x00，则需f0，即a310，解得a2，故选C.答案C3(2015新课标全国，21)设函数f(x)e2xaln x.(1)讨论f(x)的导函数f(x)零点的个数；(2)证明：当a0时，f(x)2aaln.(1)解f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2x(x0)当a0时，f(x)0，f(x)没有零点当a0时，因为e2x单调递增，单调递增，所以f(x)在(0，)上单调递增又f(a)0，当b满足0b且b时，f(b)0时，f(x)存在唯一

21、零点(2)证明由(1)，可设f(x)在(0，)的唯一零点为x0，当x(0，x0)时，f(x)0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以当xx0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)由于2e2x00，所以f(x0)2ax0aln2aaln.故当a0时，f(x)2aaln.4(2015福建，22)已知函数f(x)ln x.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)证明：当x1时，f(x)x1；(3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x01，当x(1，x0)时，恒有f(x)k(x1)解(1)f(x)x1，x(0，)由f(x)0得解得0x.故f(x)的单调递增区间是.(2

22、)令F(x)f(x)(x1)，x(0，)则有F(x).当x(1，)时，F(x)0，所以F(x)在1，)上单调递减，故当x1时，F(x)F(1)0，即当x1时，f(x)x1.(3)由(2)知，当k1时，不存在x01满足题意当k1时，对于x1，有f(x)x1k(x1)，则f(x)k(x1)，从而不存在x01满足题意当k1时，令G(x)f(x)k(x1)，x(0，)，则有G(x)x1k.由G(x)0得，x2(1k)x10.解得x10，x21.当x(1，x2)时，G(x)0，故G(x)在1，x2)内单调递增从而当x(1，x2)时，G(x)G(1)0，即f(x)k(x1)综上，k的取值范围是(，1)5(

23、2015浙江，17)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米，以l2，l1所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数y(其中a，b为常数)模型(1)求a，b的值；(2)设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域；当t为何值时，公路l的长度最短

24、？求出最短长度解(1)由题意知，点M，N的坐标分别为(5，40)，(20，2.5)将其分别代入y，得解得(2)由(1)知，y(5x20)，则点P的坐标为，设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B点，y，则l的方程为y(xt)，由此得A，B.故f(t)，t5，20设g(t)t2，则g(t)2t.令g(t)0，解得t10.当t(5，10)时，g(t)0，g(t)是减函数；当t(10，20)时，g(t)0，g(t)是增函数从而，当t10时，函数g(t)有极小值，也是最小值，所以g(t)min300，此时f(t)min15.答：当t10时，公路l的长度最短，最短长度为15千米6(2015湖南，21)已

25、知a0，函数f(x)aexcos x(x0，)记xn为f(x)的从小到大的第n(nN*)个极值点(1)证明：数列f(xn)是等比数列；(2)若对一切nN*，xn|f(xn)|恒成立，求a的取值范围解(1)f(x)aexcos xaexsin xaexcos.令f(x)0，由x0，得xm，即xm，mN*.而对于cos，当kZ时，若2kx2k，即2kx2k，则cos0.若2kx2k，即2kx2k，则cos0.因此，在区间与上，f(x)的符号总相反于是当xm(mN*)时，f(x)取得极值，所以xnn(nN*)此时，f(xn)aencos(1)n1en.易知f(xn)0，而e是常数，故数列f(xn)是

26、首项为f(x1)e，公比为e的等比数列(2)对一切nN*，xn|f(xn)|恒成立，即nen恒成立，亦即恒成立(因为a0)设g(t)(t0)，则g(t).令g(t)0得t1.当0t1时，g(t)0，所以g(t)在区间(0，1)上单调递减；当t1时，g(t)0，所以g(t)在区间(1，)上单调递增因为x1(0，1)，且当n2时，xn(1，)，xnxn1，所以g(xn)minming(x1)，g(x2)minge.因此，xn|f(xn)|恒成立，当且仅当e.解得ae.故a的取值范围是.7(2014陕西，21)设函数f(x)ln x，mR.(1)当me(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(

27、2)讨论函数g(x)f(x)零点的个数；(3)若对任意ba0，1恒成立，求m的取值范围解(1)由题设，当me时，f(x)ln x，则f(x)，当x(0，e)，f(x)0，f(x)在(0，e)上单调递减，当x(e，)，f(x)0，f(x)在(e，)上单调递增，xe时，f(x)取得极小值f(e)ln e2，f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)f(x)(x0)，令g(x)0，得mx3x(x0)设(x)x3x(x0)，则(x)x21(x1)(x1)，当x(0，1)时，(x)0，(x)在(0，1)上单调递增；当x(1，)时，(x)0，(x)在(1，)上单调递减x1是(x)的唯一极值点，且是极大值点

28、，因此x1也是(x)的最大值点(x)的最大值为(1).又(0)0，结合y(x)的图象(如图)，可知当m时，函数g(x)无零点；当m时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m时，函数g(x)有两个零点；当m0时，函数g(x)有且只有一个零点综上所述，当m时，函数g(x)无零点；当m或m0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m时，函数g(x)有两个零点(3)对任意的ba0，1恒成立，等价于f(b)bf(a)a恒成立(*)设h(x)f(x)xln xx(x0)，(*)等价于h(x)在(0，)上单调递减由h(x)10在(0，)上恒成立，得mx2x(x0)恒成立，m(对m，h(x)0仅在x时成立)，m的

29、取值范围是.8(2014新课标全国，21)设函数f(x)aln xx2bx(a1)，曲线yf(x)在点(1, f(1)处的切线斜率为0.(1) 求b；(2)若存在x01，使得f(x0)，求a的取值范围解(1)f(x)(1a)xb.由题设知f(1)0，解得b1.(2)f(x)的定义域为(0，)，由(1)知，f(x)aln xx2x，f(x)(1a)x1(x)(x1)若a，则1，故当x(1，)时，f(x)0，f(x)在(1，)单调递增所以，存在x01，使得f(x0)的充要条件为f(1)，即1，解得1a1.若a1，则1，故当x时，f(x)0；当x时，f(x)0.f(x)在单调递减，在单调递增所以，存

30、在x01，使得f(x0)的充要条件为f.而faln，所以不合题意若a1，则f(1)1.综上，a的取值范围是(1，1)(1，)9(2013陕西，21)已知函数f(x)ex，xR.(1)求f(x)的反函数的图象上点(1，0)处的切线方程；(2)证明：曲线yf(x)与曲线yx2x1有唯一公共点；(3)设ab，比较f与的大小，并说明理由(1)解f(x)的反函数为g(x)ln x，设所求切线的斜率为k，g(x)，kg(1)1.于是在点(1，0)处切线方程为yx1.(2)证明法一曲线yex与yx2x1公共点的个数等于函数(x)exx2x1零点的个数(0)110，(x)存在零点x0.又(x)exx1，令h(

31、x)(x)exx1，则h(x)ex1，当x0时，h(x)0，(x)在(，0)上单调递减；当x0时，h(x)0，(x)在(0，)上单调递增(x)在x0有唯一的极小值(0)0，即(x)在R上的最小值为(0)0.(x)0(当且仅当x0时等号成立)，(x)在R上是单调递增的(x)与R上有唯一的零点故曲线yf(x)与yx2x1有唯一的公共点法二ex0，x2x10，曲线yex与yx2x1公共点的个数等于曲线y与y1公共点的个数，设(x)，则(0)1，即x0时，两曲线有公共点又(x)0(当且仅当x0时等号成立)，(x)在R上单调递减(x)在y1有唯一的公共点故曲线yf(x)与yx2x1有唯一的公共点(3)解feee(ba)设函数u(x)ex2x(x0)，则u(x)ex2220，u(x)0(当且仅当x0时等号成立)u(x)单调递增当x0时，u(x)u(0)0.令x，则得ee(ba)0，又0，f.21