高考导函数综合训练(含标准答案)Word文档格式.docx
- 文档编号:14786107
- 上传时间:2022-10-24
- 格式:DOCX
- 页数:16
- 大小:319.24KB
高考导函数综合训练(含标准答案)Word文档格式.docx
《高考导函数综合训练(含标准答案)Word文档格式.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高考导函数综合训练(含标准答案)Word文档格式.docx(16页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
【例3】已知函数f(x)=lnx-.
(1)若a>
0,试判断f(x)在定义域内的单调性;
(2)若f(x)在[1,e]上的最小值为,求a的值;
(3)若f(x)<
x2在(1,+∞)上恒成立,求a的取值范围.
【变式训练3】设f(x)=+xlnx,g(x)=x3-x2-3.
(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程;
(2)如果存在x1,x2∈[0,2]使得g(x1)-g(x2)≥M成立,求满足上述条件的最大整数M;
(3)如果对任意的s,t∈都有f(s)≥g(t)成立,求实数a的取值范围.
【应用体验】
1.函数f(x)=ax3+x恰有三个单调区间,则a的取值范围是__________.
2.若函数f(x)=x+asinx在R上递增,则实数a的取值范围为________.
3.已知函数f(x)的定义域为R,f′(x)为f(x)的导函数,函数y=f′(x)的图象如图所示,且
f(-2)=1,f(3)=1,则不等式f(x2-6)>
1的解集为( )
A.(-3,-2)∪(2,3)
B.(-,)
C.(2,3)
D.(-∞,-)∪(,+∞)
4.已知函数f(x)=x2+mx+lnx是单调递增函数,则m的取值范围是( )
A.m>
-2 B.m≥-2
C.m<
2 D.m≤2
5.已知对任意x∈R,恒有f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x),且当x>
0时,f′(x)>
0,g′(x)>
0,则当x<
0时有( )
A.f′(x)>
B.f′(x)>
0,g′(x)<
C.f′(x)<
D.f′(x)<
【复习与巩固】
A组夯实基础
一、选择题
1.已知曲线在处的切线的斜率为,则实数的值为()
A.B.C.D.
2.已知定义域为的偶函数,其导函数为,对任意,均满足:
.若,则不等式的解集是()
A.B.
C.D.
3.若函数f(x)=x3-tx2+3x在区间[1,4]上单调递减,则实数t的取值范围是( )
A. B.(-∞,3]
C. D.[3,+∞)
二、填空题
4.已知函数,,其图象上任意一点处的切线的斜率恒成立,则实数的取值范围是.
5.设函数,若不等式有解,则实数的最小值为.
6.已知函数定义域为,满足且,则不等式的解集为____________________.
三、解答题
7.设函数f(x)=x2-(a+b)x+ablnx(其中e为自然对数的底数,a≠e,b∈R),曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线方程为y=-e2.
(1)求b;
(2)若对任意x∈,f(x)有且只有两个零点,求a的取值范围.
8.已知函数f(x)=lnx++ax(a是实数),g(x)=+1.
(1)当a=2时,求函数f(x)在定义域上的最值;
(2)若函数f(x)在[1,+∞)上是单调函数,求a的取值范围;
(3)是否存在正实数a满足:
对于任意x1∈[1,2],总存在x2∈[1,2],使得f(x1)=g(x2)成立?
若存在,求出a的取值范围,若不存在,说明理由.
B组能力提升
1.已知函数满足:
,那么下列不等式成立的是()
A.B.C.D.
2.已知函数,若存在,使得,则实数的取值范围是()
A.B.C.D.
3.己知定义在上的可导函数的导函数为,满足,且为偶函数,,则不等式的解集为()
A.B.C.D.
4.设,若时,恒有,则.
5.已知函数,其中,若存在唯一的整数,使得,则的取值范围是.(为自然对数的底数)
6.若为偶函数,则的解集为_____________.
7.(2015·
高考广东卷)设a>
1,函数f(x)=(1+x2)ex-a.
(1)求f(x)的单调区间;
f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点;
(3)若曲线y=f(x)在点P处的切线与x轴平行,且在点M(m,n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点),证明:
m≤-1.
《导函数的综合应用》标准答案
典型例题
【例题1】[解]
(1)由f(x)=-klnx(k>
0),得x>
0且
f′(x)=x-=.
由f′(x)=0,解得x=.
f(x)与f′(x)在区间(0,+∞)上的情况如下:
x
(0,)
(,+∞)
f′(x)
-
+
f(x)
所以,f(x)的单调递减区间是(0,],单调递增区间是[,+∞);
f(x)在x=处取得极小值f()=.
由
(1)知,f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为f()=.
因为f(x)存在零点,所以≤0,从而k≥e.
当k=e时,f(x)在区间(1,)上单调递减,且f()=0,
所以x=是f(x)在区间(1,]上的唯一零点.
当k>
e时,f(x)在区间(0,)上单调递减,
且f
(1)=>
0,f()=<
0,
所以f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.
综上可知,若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.
【变式训练1】解:
(1)由已知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),
g(x)=f′(x)=2(x-1-lnx-a),
所以g′(x)=2-=.
当x∈(0,1)时,g′(x)<
0,g(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,g′(x)>
0,g(x)单调递增.
由f′(x)=2(x-1-lnx-a)=0,解得a=x-1-lnx.
令φ(x)=-2xlnx+x2-2x(x-1-lnx)+(x-1-lnx)2=(1+lnx)2-2xlnx,
则φ
(1)=1>
0,φ(e)=2(2-e)<
于是,存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.
令a0=x0-1-lnx0=u(x0),其中u(x)=x-1-lnx(x≥1).
由u′(x)=1-≥0知,函数u(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
故0=u
(1)<
a0=u(x0)<
u(e)=e-2<
1,即a0∈(0,1).
当a=a0时,有f′(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0.
再由
(1)知,f′(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
当x∈(1,x0)时,f′(x)<
0,从而f(x)>
f(x0)=0;
当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>
又当x∈(0,1]时,f(x)=(x-a0)2-2xlnx>
故x∈(0,+∞)时,f(x)≥0.
综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.
【例题2】解:
(1)m=-1时,f(x)=(1-x)ex+x2,则f′(x)=x(2-ex),
由f′(x)>
0,得0<
x<
ln2,由f′(x)<
0,得x<
0或x>
ln2,
故函数的增区间为(0,ln2),减区间为(-∞,0),(ln2,+∞).
(2)f′(x)=mx<
x2+(m+2)x,即:
mxex-x2-mx<
∵x<
0,∴mex-x-m>
令h(x)=mex-x-m,则h′(x)=mex-1,
当m≤0时,h(x)在x<
0时为减函数,h(x)>
h(0)=0.
当0<
m≤1时,h(x)在x<
当m>
1时,h(x)在(-∞,-lnm)上为减函数,
在(-lnm,0)上为增函数,
∴h(-lnm)<
h(0)=0,不合题意.
综上:
m≤1.
【变式训练2】解:
(1)∵函数的定义域为R,f′(x)=-,
∴当x<
0,当x>
0时,f′(x)<
∴f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减.
(2)假设存在x1,x2∈[0,1],使得2φ(x1)<
φ(x2)成立,
则2[φ(x)]min<
[φ(x)]max.
∵φ(x)=xf(x)+tf′(x)+e-x=,
∴φ′(x)==-.
①当t≥1时,φ′(x)≤0,φ(x)在[0,1]上单调递减,
∴2φ
(1)<
φ(0),即t>
3->
1.
②当t≤0时,φ′(x)>
0,φ(x)在[0,1]上单调递增,
∴2φ(0)<
φ
(1),即t<
3-2e<
③当0<
t<
1时,若x∈[0,t),φ′(x)<
0,φ(x)在[0,t)上单调递减;
若x∈(t,1],φ′(x)>
0,φ(x)在(t,1]上单调递增,
所以2φ(t)<
max{φ(0),φ
(1)},
即2·
<
max,(*)
由
(1)知,g(t)=2·
在[0,1]上单调递减,
故≤2·
≤2,而≤≤,所以不等式(*)无解.
综上所述,存在t∈(-∞,3-2e)∪,使得命题成立.
【例题3】解
(1)由题意f(x)的定义域为(0,+∞),且f′(x)=+=.
∵a>
0,∴f′(x)>
故f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数.
(2)由
(1)可知,f′(x)=.
①若a≥-1,则x+a≥0,即f′(x)≥0在[1,e]上恒成立,
此时f(x)在[1,e]上为增函数,
∴f(x)min=f
(1)=-a=,∴a=-(舍去).
②若a≤-e,则x+a≤0,即f′(x)≤0在[1,e]上恒成立,
此时f(x)在[1,e]上为减函数,
∴f(x)min=f(e)=1-=,
∴a=-(舍去).
③若-e<
a<
-1,令f′(x)=0得x=-a,
当1<
-a时,f′(x)<
∴f(x)在(1,-a)上为减函数;
当-a<
e时,f′(x)>
∴f(x)在(-a,e)上为增函数,
∴f(x)min=f(-a)=ln(-a)+1=,
∴a=-.
综上所述,a=-.
(3)∵f(x)<
x2,∴lnx-<
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高考 函数 综合 训练 标准答案