备战高考数学 必考题突破专项讲解6个专题合集.docx
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备战高考数学必考题突破专项讲解6个专题合集
高考必考题突破专项讲解
(一)
导数及其应用
[解密考纲]导数是研究函数的重要工具,因此,导数的应用是历年高考的重点与热点,常涉及的问题有:
讨论函数的单调性(求函数的单调区间)、求极值、求最值、求切线方程、求函数的零点或方程的根、求参数的范围、证明不等式等,涉及的数学思想有:
函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归思想等,中、高档难度均有.
1.已知函数f(x)=xlnx,g(x)=-x2+ax-2.
(1)求函数f(x)在[t,t+2](t>0)上的最小值;
(2)设函数F(x)=f(x)-g(x),若函数F(x)的零点有且只有一个,求实数a的值.
解析
(1)∵f′(x)=lnx+1,
∴当0
∴f(x)在上单调递减,在上单调递增.
①当0 ∴f(x)在区间[t,t+2]上的最小值为f=-; ②当t≥时,函数f(x)在区间[t,t+2]上单调递增, ∴f(x)在区间[t,t+2]上的最小值为f(t)=tlnt. 综上,f(x)min= (2)F(x)=f(x)-g(x)=xlnx+x2-ax+2, 由题意F(x)=0,即a=lnx+x+在(0,+∞)上有且只有一个根, 令h(x)=lnx+x+, 则h′(x)=+1-==(x>0), ∴h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, ∴h(x)min=h (1)=3, 由题意可知,若使y=f(x)与y=g(x)的图象恰有一个公共点,则a=h(x)min=3. 综上,若函数F(x)的零点有且只有一个,则实数a=3. 2.已知函数f(x)=x·eax+lnx-e,(a∈R). (1)当a=1时,求函数y=f(x)在点(1,f (1))处的切线方程; (2)设g(x)=lnx+-e,若函数h(x)=f(x)-g(x)在定义域内存在两个零点,求实数a的取值范围. 解析 (1)∵a=1, ∴f(x)=xex+lnx-e,f′(x)=(x+1)ex+, ∴f (1)=0,f′ (1)=2e+1. ∴f(x)在点(1,0)处的切线方程为y=(2e+1)(x-1). (2)h(x)=f(x)-g(x)=xeax-=在定义域(0,+∞)上存在两个零点,即x2eax-1=0在(0,+∞)上有两个实数根. 令φ(x)=x2eax-1,则φ′(x)=ax2eax+2xeax=xeax(ax+2), ①当a≥0时,φ′(x)=xeax(ax+2)>0,∴y=φ(x)在(0,+∞)上单调递增,∴y=φ(x)在(0,+∞)至多一个零点,不合题意. ②当a<0时,令φ′(x)=0,得x=-. x - φ′(x) + 0 - φ(x) 单调递增 极大值 单调递减 ∵φ(0)=-1,当x→+∞,φ(x)→-1, ∴要使φ(x)=x2eax-1在(0,+∞)上有两个零点, 则φ>0即可,得a2<,又a<0,∴- 3.(2019·安徽合肥高三调研)已知函数f(x)=ax2+bx在x=处取得极小值-. (1)求函数f(x)的解析式; (2)若过点M(1,m)的直线与曲线y=f(x)相切且这样的切线有三条,求实数m的取值范围. 解析 (1)由题意得,f′(x)=2ax2+b. ∵函数f(x)=ax3+bx在x=处取得极小值-, ∴即解得 则函数f(x)的解析式为f(x)=2x3-3x. (2)设切点坐标为(x0,2x-3x0),则曲线y=f(x)的切线的斜率k=f′(x0)=6x-3, 切线方程为y-(2x-3x0)=(6x-3)(x-x0), 代入点M(1,m),得m=-4x+6x-3, 依题意,方程m=-4x+6x-3有三个不同的实根. 令g(x)=-4x3+6x2-3, 则g′(x)=-12x2+12x=-12x(x-1), ∴当x∈(-∞,0)时,g′(x)<0; 当x∈(0,1)时,g′(x)>0; 当x∈(1,+∞)时,g′(x)<0. 故g(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. ∴g(x)极小值=g(0)=-3,g(x)极大值=g (1)=-1. ∴当-3 ∴当-3 故实数m的取值范围是(-3,-1). 4.已知函数f(x)=lnx+ax2(a∈R). (1)当a<0时,求函数f(x)的单调区间; (2)若xf′(x)-f(x)>0在(0,+∞)上恒成立,求实数a的取值范围. 解析 (1)由题知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=+2ax=. 当a<0时,由f′(x)>0得0<x<;由f′(x)<0得 x>, 则当a<0时,函数f(x)的单调递增区间是,单调递减区间是. (2)∵xf′(x)-f(x)>0在(0,+∞)上恒成立, ∴x-(1nx+ax2)>0在(0,+∞)上恒成立, 即a>在(0,+∞)上恒成立. 设h(x)==(x>0),则h′(x)=, 由h′(x)>0得0<x<e;由h′(x)<0得x<e, 故函数h(x)在上单调递增,在(e,+∞)上单调递减, ∴h(x)max=h=,∴a>,即实数a的取值范围为. 5.已知函数f(x)=axlnx+b(a,b为实数)的图象在点(1,f (1))处的切线方程为y=x-1. (1)求实数a,b的值及函数f(x)的单调区间; (2)设函数g(x)=,证明: g(x1)=g(x2)(x1 解析 (1)由题得,函数f(x)的定义域为(0,+∞), f′(x)=a(1+lnx), 因为曲线f(x)在点(1,f (1))处的切线方程为y=x-1, 所以解得a=1,b=0. 令f′(x)=1+lnx=0,得x=. 当0 当x>时,f′(x)>0,f(x)在区间上单调递增. 所以函数f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为. (2)由 (1)得,g(x)==lnx+. 由g(x1)=g(x2)(x1 即=ln>0. 要证x1+x2>2,需证(x1+x2)>2ln, 即证->2ln, 设=t(t>1),则要证->2ln, 等价于证: t->2lnt(t>1). 令u(t)=t--2lnt,则u′(t)=1+-=2>0, ∴u(t)在区间(1,+∞)上单调递增,u(t)>u (1)=0, 即t->2lnt,故x1+x2>2. 6.已知函数f(x)=x2-x+alnx(a>0). (1)若a=1,求f(x)的图象在(1,f (1))处的切线方程; (2)讨论f(x)的单调性; (3)若f(x)存在两个极值点x1,x2,求证: f(x1)+f(x2)> 解析 (1)a=1时,f(x)=x2-x+lnx, f′(x)=x-1+, f′ (1)=1,f (1)=-,∴y-=x-1,即y=x-. ∴f(x)的图象在(1,f (1))处的切线方程为2x-2y-3=0. (2)f′(x)=x-1+=(a>0). ①若a≥,则x2-x+a≥0,f′(x)≥0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增. ②若00得0 x>;由x2-x+a<0得 ∴f(x)在上单调递减,在和上单调递增. 综上,当a≥时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
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