【精品】2019高考数学二轮复习第二部分专题一函数与导数不等式专题强化练五导数的综合应用理.pdf

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1、试题、试卷、习题、复习、教案精选资料1专题强化练五导数的综合应用一、选择题1设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)0，当x0 时，有xf（x）f（x）x20恒成立，则不等式x2f(x)0 的解集是()A(2，0)(2，)B(2，0)(0，2)C(，2)(2，)D(，2)(0，2)解析：当x0 时，f（x）xxf（x）f（x）x20，所以(x)f（x）x在(0，)上为减函数，又(2)0，所以当且仅当0 x2 时，(x)0，此时x2f(x)0.又f(x)为奇函数，所以h(x)x2f(x)也为奇函数故x2f(x)0 的解集为(，2)(0，2)答案：D 2(2018贵阳联考)已知函数f(x)的定义

2、域为 1，4，部分对应值如下表：x 10234 f(x)12020 f(x)的导函数yf(x)的图象如图所示当1a2 时，函数yf(x)a的零点的个数为()A1 B2 C3 D 4 解析：根据导函数图象，知2 是函数的极小值点，函数yf(x)的大致图象如图所示由于f(0)f(3)2，1a2，所以yf(x)a的零点个数为4.答案：D 试题、试卷、习题、复习、教案精选资料23(2018广东二模)已知函数f(x)exln x，则下面对函数f(x)的描述正确的是()A?x(0，)，f(x)2 B?x(0，)，f(x)2 C?x0(0，)，f(x0)0 Df(x)min(0，1)解析：因为f(x)exl

3、n x的定义域为(0，)，且f(x)ex1xxex1x，令g(x)xex1，x 0，则g(x)(x1)ex0 在(0，)上恒成立，所以g(x)在(0，)上单调递增，又g(0)g(1)(e 1)0，所以?x0(0，1)，使g(x0)0，则f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，则f(x)minf(x0)ex0ln x0，又 ex01x0，x0 ln x0，所以f(x)min1x0 x0 2.答案：B 4若函数f(x)在 R上可导，且满足f(x)xf(x)0，则()A3f(1)f(3)B3f(1)f(3)C3f(1)f(3)Df(1)f(3)解析：由于f(x)xf(x)，则f（x

4、）xxf（x）f（x）x20 恒成立，因此yf（x）x在 R上是单调减函数，所以f（3）3f（1）1，即 3f(1)f(3)答案：B 5(2018佛山市质检)已知函数f(x)ln x，x1，12x12，x1，若mn，且f(m)f(n)，则nm的最小值是()A32ln 2 Be1 C2 De1 解析：作出函数yf(x)的图象如图所示试题、试卷、习题、复习、教案精选资料3若mn，且f(m)f(n)，则当 ln x 1 时，得xe，因此 1n e，1m1.又 ln n12m12，即m2ln n1.所以nmn2ln n1，设h(n)n2ln n1(1 ne)，则h(n)12n.当h(n)0，得 2ne

5、；当h(n)0，得 1n2.故当n2 时，函数h(n)取得最小值h(2)32ln 2.答案：A 二、填空题6做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27 dm3，且用料最省，则圆柱的底面半径为 _dm.解析：设圆柱的底面半径为R dm，母线长为l dm，则VR2l 27，所以l27R2，要使用料最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小S表R22RlR2 227R，所以S表 2R54R2.令S表 0，得R3，则当R3 时，S表最小答案：3 7对于函数yf(x)，若其定义域内存在两个不同实数x1，x2，使得xif(xi)1(i 1，2)成立，则称函数f(x)具有性质P.若函数f(x)exa具有性质P，则实

6、数a的取值范围为_解析：依题意，xf(x)1，即xexa1 在 R上有两个不相等实根，所以axex在 R上有两个不同的实根，令(x)xex，则(x)ex(x1)，当x 1 时，(x)0，(x)在(，1)上是减函数；当x 1 时，(x)0，(x)在(1，)上是增函数试题、试卷、习题、复习、教案精选资料4因此(x)极小值为(1)1e.在同一坐标系中作y(x)与ya的图象，又当x 0 时，(x)xex0.由图象知，当1ea0 时，两图象有两个交点故实数a的取值范围为1e，0.答案：1e，08(2018江苏卷改编)若函数f(x)2x3ax21(aR)在(0，)内有且只有一个零点，则f(x)在 0，1

7、上的最大值是_解析：f(x)6x22ax2x(3xa)(a R)，当a0 时，f(x)0 在(0，)上恒成立，则f(x)在(0，)上单调递增又f(0)1，所以此时f(x)在(0，)内无零点，不满足题意，因此a0.当a0 时，令f(x)0 得xa3.当 0 xa3时，f(x)0，f(x)为减函数；当xa3时，f(x)0，f(x)为增函数，所以x0 时，f(x)有极小值，为fa3a3271.因为f(x)在(0，)内有且只有一个零点，所以fa30，所以a 3.所以f(x)2x33x21，则f(x)6x(x1)当x(0，1)时，f(x)0，故f(x)在x0，1 上是减函数，所以f(x)maxf(0)1

8、.答案：1 三、解答题9已知函数f(x)x1xln x.(1)求f(x)的单调区间；(2)求证：ln e2xx1x.(1)解：f(x)x1x ln x11xln x，f(x)的定义域为(0，)试题、试卷、习题、复习、教案精选资料5f(x)1x21x1xx2，令f(x)0?0 x1，令f(x)0?x1，所以f(x)11xln x在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减(2)证明：要证 ln e2x1xx，即证 2ln x11x，即证 11x ln x0.由(1)可知，f(x)11xln x在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以f(x)在(0，)上的最大值为f(1)11ln 1 0

9、，即f(x)0，所以 11x ln x0 恒成立原不等式得证10已知函数f(x)ex1，g(x)xx，其中 e 是自然对数的底数，e2.718 28(1)证明：函数h(x)f(x)g(x)在区间(1，2)上有零点；(2)求方程f(x)g(x)的根的个数，并说明理由(1)证明：由题意可得h(x)f(x)g(x)ex1xx，所以h(1)e30，h(2)e232 0，所以h(1)h(2)0，所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点(2)解：由(1)可知，h(x)f(x)g(x)ex1xx.由g(x)xx知x0，)，而h(0)0，则x0 为h(x)的一个零点又h(x)在(1，2)内有零点，因此h(x)

10、在 0，)上至少有两个零点h(x)ex12x121，记 (x)ex12x121.则(x)ex14x32，当x(0，)时，(x)0，则(x)在(0，)上递增易知(x)在(0，)内只有一个零点，所以h(x)在 0，)上有且只有两个零点，所以方程f(x)g(x)的根的个数为2.11(2018佛山质检)设函数f(x)e（x2axa）ex(aR)试题、试卷、习题、复习、教案精选资料6(1)若曲线yf(x)在x1 处的切线过点M(2，3)，求a的值；(2)设g(x)x1x 113，若对任意的n0，2，存在m0，2，使得f(m)g(n)成立，求a的取值范围解：(1)因为f(x)e（x2axa）ex，所以f(

11、x)e（2xa）ex（x2axa）exe2x（x2）（xa）ex1.又f(1)1，即切点为(1，1)，所以kf(1)1a3 12 1，解得a 1.(2)“对任意的n0，2，存在m0，2，使得f(m)g(n)成立”，等价于“在 0，2 上，f(x)的最大值大于或等于g(x)的最大值”因为g(x)x1x113，g(x)x22x（x1）20，所以g(x)在 0，2 上单调递增，所以g(x)maxg(2)2.令f(x)0，得x 2 或xa.当a0 时，f(x)0 在 0，2 上恒成立，f(x)单调递增，f(x)maxf(2)(4 a)e 12，解得a42e；当 0a 2 时，f(x)0 在0，a 上恒

12、成立，f(x)单调递减，f(x)0 在a，2上恒成立，f(x)单调递增，f(x)的最大值为f(2)(4a)e1或f(0)ae，所以(4a)e12 或ae 2.解得a4 2e 或a2e，所以2ea 2；当a2 时，f(x)0 在 0，2 上恒成立，f(x)单调递减，f(x)maxf(0)ae2，解得a2e，所以a2.综上所述，a42e 或a2e.故a的取值范围为(，4 2e 2e，)试题、试卷、习题、复习、教案精选资料7满分示范练函数与导数【典例】(2017全国卷)已知函数f(x)ln xax2(2a1)x.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a0 时，证明：f(x)34a2.(1)解：f(

13、x)的定义域(0，)f(x)1x2ax2a1（2ax1）（x1）x，若a0，则当x(0，)时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递增若a0 时，当x 0，12a时，f(x)0；当x 12a，时，f(x)0.故f(x)在0，12a上单调递增，在12a，上单调递减(2)证明：由(1)知，当a0 时，f(x)在x12a处取得最大值，最大值为f12aln12a114a，所以f(x)34a2 等价于 ln12a114a34a2，即 ln12a12a1 0，设g(x)ln xx 1，则g(x)1x1.当x(0，1)时，g(x)0；x(1，)时，g(x)0.所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)

14、上单调递减故当x1 时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)0.所以当x0 时，g(x)0，从而当a0 时，ln12a12a10，即f(x)34a2.高考状元满分心得1得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分如第(1)问中，求导正确，分类讨论；第(2)问中利用单调性求g(x)的最小值和不等式性质的运用试题、试卷、习题、复习、教案精选资料82得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中，求出f(x)的定义域，f(x)在(0，)上单调性的判断；第(2)问，f(x)在x12a处最值的判定，f(x)34a 2 等价转化为ln12a12a10 等3得计算分：解题过程中计

15、算准确是得满分的根本保证如第(1)问中，求导f(x)准确，否则全盘皆输，第(2)问中，准确计算f(x)在x12a处的最大值 解题程序 第一步：求函数f(x)的导函数f(x)；第二步：分类讨论f(x)的单调性；第三步：利用单调性，求f(x)的最大值；第四步：根据要证的不等式的结构特点，构造函数g(x)；第五步：求g(x)的最大值，得出要证的不等式；第六步：反思回顾，查看关键点、易错点和解题规范 跟踪训练 (2017全国卷)已知函数f(x)x1aln x.(1)若f(x)0，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，112(1 122)112nm，求m的最小值解：(1)f(x)的定义域为(0

16、，)，若a0，因为f1212aln 2 0，所以不满足题意若a0，由f(x)1axxax知，当x(0，a)时，f(x)0.所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增故xa是f(x)在(0，)的唯一最小值点因为f(1)0，所以当且仅当a1 时，f(x)0，故a1.(2)由(1)知当x(1，)时，x1ln x0.令x112n，得 ln112n12n，从而 ln112ln1122 ln112n1212212n112n 1.故 1121122112ne.又 1121122112n 1121122 112313564 2，试题、试卷、习题、复习、教案精选资料9所以当n3 时，1121122112n(2，e)，由于 1121122(1 12n)m，且mN*.所以整数m的最小值为3.