高三数学二轮复习125导数的综合应用课时巩固过关练理新人教版.docx
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高三数学二轮复习125导数的综合应用课时巩固过关练理新人教版
2019-2020年高三数学二轮复习1.2.5导数的综合应用课时巩固过关练理新人教版
一、选择题(每小题5分,共20分)
1.(xx·襄阳一模)函数f(x)=xcosx在[-π,π]上的大致图象为 ( )
【解析】选B.因为f(x)=xcosx为奇函数,所以排除A.
因为f(π)=πcosπ=-π,所以排除C.
f′(x)=cosx-xsinx=cosx(1-xtanx),因为x∈,f′(x)>0,f(x)在单调递增,所以排除D.
2.(xx·黄冈一模)定义在区间(0,+∞)上的函数f(x)使不等式2f(x)<
xf′(x)<3f(x)恒成立,其中f′(x)为f(x)的导数,则 ( )
A.8<<16B.4<<8
C.3<<4D.2<<3
【解题指南】令g(x)=,h(x)=,求出g(x),h(x)的导数,得到函数g(x),h(x)的单调性,可得g
(2) (1),h (2)>h (1),由f (1)>0,即可得到4<<8. 【解析】选B.令g(x)=, 则g′(x)==, 因为xf′(x)<3f(x),即xf′(x)-3f(x)<0, 所以g′(x)<0在(0,+∞)恒成立, 即有g(x)在(0,+∞)上递减,可得g (2) (1), 即<, 由2f(x)<3f(x),可得f(x)>0,则<8; 令h(x)=,h′(x)==, 因为xf′(x)>2f(x),即xf′(x)-2f(x)>0, 所以h′(x)>0在(0,+∞)恒成立,即有h(x)在(0,+∞)上递增,可得h (2)>h (1),即>f (1),则>4. 即有4<<8. 3.(xx·哈尔滨一模)已知函数f(x+2)是偶函数,且当x>2时满足xf′(x)> 2f′(x)+f(x),则 ( ) A.2f (1) C.f(0)<4fD.f (1) 【解析】选A.根据题意构造F(x)=(x>2), 知F′(x)=>0, 所以F(x)在(2,+∞)上单增,则有F(4)>F(3), 即>,可知f(4)>2f(3), 又由函数f(x+2)是偶函数可知f(x)关于x=2对称, 所以f(3)=f (1),则f(4)>2f (1). 4.(xx·商丘一模)设f(x)的定义域为D,若f(x)满足下面两个条件,则称f(x)为闭函数.①f(x)在D内是单调函数;②存在[a,b]⊆D,使f(x)在[a,b]上的值域为[a,b].如果f(x)=+k为闭函数,那么k的取值范围是 ( ) A.-1 C.k>-1D.k<1 【解题指南】首先应根据条件将问题转化成: =x-k在上有两个不等实根.然后,一方面: 可以从数形结合的角度研究两函数y=和y=x-k在上的交点个数问题,进而获得问题的解答;另一方面: 可以化简方程=x-k,得关于x的一元二次方程,从二次方程根的分布情况分析亦可获得问题的解答. 【解析】选A.方法一: 因为: f(x)=+k为上的增函数,又f(x)在[a,b]上的值域为[a,b], 所以即f(x)=x在上有两个不等实根,即=x-k在上有两个不等实根. 所以问题可化为y=和y=x-k在上有两个不同交点. 对于临界直线m,应有-k≥,即k≤-. 对于临界直线n,y′=()′=, 令=1,得切点P的横坐标为0, 所以P(0,1), 所以n: y=x+1, 令x=0,得y=1,所以-k<1,即k>-1. 综上,-1 方法二: 因为: f(x)=+k为上的增函数, 又f(x)在[a,b]上的值域为[a,b], 所以即f(x)=x在上有两个不等实根,即=x-k在上有两个不等实根. 化简方程=x-k,得x2-(2k+2)x+k2-1=0. 令g(x)=x2-(2k+2)x+k2-1,则由根的分布可得, 即 解得k>-1. 又=x-k,所以x≥k, 所以k≤-. 综上,-1 二、填空题(每小题5分,共10分) 5.(xx·长沙一模)已知函数f(x)是定义在R上的可导函数,其导函数记为 f′(x),若对于任意的实数x,有f(x)>f′(x),且y=f(x)-1是奇函数,则不等式f(x) 【解题指南】根据条件构造函数令g(x)=,由求导公式和法则求出g′(x),根据条件判断出g′(x)的符号,得到函数g(x)的单调性,再由奇函数的结论: f(0)=0求出g(0)的值,将不等式进行转化后,利用g(x)的单调性可求出不等式的解集. 【解析】由题意令g(x)=, 则g′(x)= =. 因为f(x)>f′(x),所以g′(x)<0, 即g(x)在R上是单调递减函数, 因为y=f(x)-1为奇函数,所以f(0)-1=0,即f(0)=1, g(0)=1, 则不等式f(x) 即g(x) 解得x>0,所以不等式的解集为(0,+∞). 答案: (0,+∞) 6.(xx·郑州一模)已知函数f(x)=x3-3ax(a∈R),若直线x+y+m=0对任意的m∈R都不是曲线y=f(x)的切线,则a的取值范围为__________. 【解析】f(x)=x3-3ax(a∈R),则f′(x)=3x2-3a, 若直线x+y+m=0对任意的m∈R都不是曲线y=f(x)的切线, 则直线的斜率为-1,f′(x)=3x2-3a与直线x+y+m=0没有交点, 又抛物线开口向上则必在直线上面,即最小值大于直线斜率,则当x=0时取最小值,-3a>-1, 则a的取值范围为a<. 答案: a< 三、解答题(7题12分,8题13分,共25分) 7.(xx·厦门二模)已知函数f(x)=(x-2)lnx+1. (1)判断f(x)的导函数f′(x)在(1,2)上零点的个数. (2)求证f(x)>0. 【解析】 (1)f(x)的定义域是(0,+∞), f′(x)=lnx-+1, f″(x)=+>0, 所以f′(x)在(0,+∞)递增, 而f′ (1)=-1<0,f′ (2)=ln2>0, 所以f′(x)在(1,2)上零点的个数是1个. (2)由 (1)得f′(x)在(0,+∞)递增, 而零点在(1,2)上,设零点是x0, 则1 则f(x)在(0,x0)递减,在(x0,+∞)递增, f(x)min=f(x0)=(x0-2)lnx0+1, 而-1 所以-1<(x0-2)lnx0<0, 0<(x0-2)lnx0+1<1, 故f(x)>0. 8.(xx·四川高考)设函数f(x)=ax2-a-lnx,g(x)=-,其中a∈R,e=2.718…为自然对数的底数. (1)讨论f(x)的单调性. (2)证明: 当x>1时,g(x)>0. (3)确定a的所有可能取值,使得f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立. 【解析】 (1)由题意得 f′=2ax-=, ①当a≤0时,f′<0,f在内单调递减; ②当a>0时,由f′=0,得x=, 当x∈时,f′<0,此时f单调递减; 当x∈时,f′>0,此时f单调递增. (2)令s(x)=ex-1-x,则s′(x)=ex-1-1.当x>1时,s′(x)>0,所以ex-1>x, 从而g(x)=->0. (3)由 (2)知,当x>1时,g(x)>0. 当a≤0,x>1时,f(x)=a(x2-1)-lnx<0. 故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0. 当01. 由 (1)有f (1)=0,而g>0, 所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立. 当a≥时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1). 当x>1时,h′(x)=2ax-+-e1-x>x-+-=>>0. 因此h(x)在区间(1,+∞)上单调递增. 又因为h (1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立. 综上,a∈. 【加固训练】(xx·哈尔滨二模)设函数f(x)=aexlnx+,曲线y=f(x)在点(1,f (1))处的切线为y=e(x-1)+2. (1)求a,b. (2)证明: f(x)>1. 【解题指南】先对函数f(x)=aexlnx+求导,将x=1代入到导函数中确定曲线的切线的斜率,求出a,b的值;证明f(x)>1时,将其转化为xlnx>xe-x-,分别构造函数进行证明. 【解析】 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=aexlnx+ex-ex-1+ex-1. 由题意得f (1)=2,f′ (1)=e,故a=1,b=2. (2)由 (1)知,f(x)=exlnx+ex-1, 从f(x)>1等价于xlnx>xe-x-. 设函数g(x)=xlnx,则g′(x)=1+lnx. 所以当x∈时,g′(x)<0; 当x∈时,g′(x)>0. 故g(x)在x∈上单调递减,在x∈上单调递增,从而g(x)在(0,+∞)的最小值为g=-. 设函数h(x)>xe-x-,则h′(x)>e-x(1-x). 所以当x∈(0,1)时,h′(x)>0; 当x∈(1,+∞)时,h′(x)<0. 故h(x)在x∈(0,1)上单调递增,在x∈(1,+∞)上单调递减,从而h(x)在(0,+∞)的最大值为h (1)=-. 综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1. (30分钟 55分) 一、选择题(每小题5分,共20分) 1.函数f(x)=lnx-+1的图象大致为 ( ) 【解题指南】求导f′(x)=-=,从而可判断f(x)在(0,4)上单调递增,在(4,+∞)上单调递减,且f(4)=ln4-2+1=ln4-1>0;从而解得. 【解析】选A.因为f(x)=lnx-+1, 所以f′(x)=-=, 所以f(x)在(0,4)上单调递增,在(4,+∞)上单调递减; 且f(4)=ln4-2+1=ln4-1>0. 2.已知函数f(x)=x3+(1-b)x2-a(b-3)x+b-2的图象过原点,且在原点处的切线斜率是-3,则不等式组所确定的平面区域在x2+y2=4内的面积为 ( ) A.B.C.πD.2π 【解题指南】根据条件求出a,b的值以及函数f(x)的表达式,结合二元一次不等式(组)与平面区域的关系画出其表示的平面区域,再利用圆的方程画出图形,最后利用扇形面积公式计算即可. 【解析】选B.因为函数f(x)的图象过原点, 所以f(0)=0,即b=2. 则f(x)=x3-x2+ax, 函数的导数f′(x)=x2-2x+a, 因为原点处的切线斜率是-3, 即f′(0)=-3,所以f′(0)=a=-3, 故a=-3,b=2, 所以不等式组为 则不等式组 确定的平面区域在圆x2+y2=4内的面积,如图阴影部分表示, 所以圆内的阴影部分扇形即为所求. 因为kOB=-,kOA=, 所以tan∠BOA===1, 所以∠BOA=, 所以扇形的圆心角为,扇形的面积是圆的面积的八分之一,所以圆x2+y2=4在区域D内的面积为×4×π=. 3.已知函数y=f(x)是定义在实数集R上的奇函数,f′(x)是f(x)的导函数,且当x>0时,f(x)+xf′(x)>0,设a=(log0.54)f(log0.54),b=f(),c=f,则a,b,c的大小关系是 ( ) A.c>a>bB.c>b>a C.a>b>cD.a>c>b 【解题指南】由已知想到构造函数F(x)=xf(x),求导后判断出其单调性,然后比较lg,,log0.54的绝对值的大小,最后借助于F(x)是偶函数和其单调性得到答案. 【解析】选C.令F(x)=xf(x), 因为函数y=f(x)是定义在实数集R上的奇函数, 所以F(x)为定义在实数集上的偶函数. 由F′(x)=f(x)+xf′(x), 因为当x>0,f(x)+xf′(x)>0, 所以F(x)在(0,+∞)上为增函数. 因为log0.54=-2,lg=-lg5, 所以|lg|<||<|log0.54|. 则F 即a>b>c. 【加固训练】(xx·福州一模)设函数f(x)是定义在(-∞,0)上的可导函数,其导函数为f′(x),且有2f(x)+xf′(x)>x2,则不等式(x+xx)2f(x+xx) -4f(-2)>0的解集为 ( ) A.(-∞,-xx) B.(-xx,0) C.(-∞,-xx)D.(-xx,0) 【解析】选C.由2f(x)+xf′(x)>x2,x<0得: 2xf(x)+x2f′(x) 即[x2f(x)]′ 则当x<0时,F′(x)<0, 即F(x)在(-∞,0)是减函数, F(x+xx)=(xx+x)2f(x+xx), F(-2)=4f(-2),F(xx+x)-F(-2)>0, F(x)在(-∞,0)是减函数,所以由F(xx+x)>F(-2)得, xx+x<-2,即x<-xx. 4.已知函数y=f(x)是R上的可导函数,当x≠0时,有f′(x)+>0,则函数F(x)=xf(x)+的零点个数是 ( ) A.0B.1C.2D.3 【解析】选B.由F(x)=xf(x)+=0,得xf(x)=-, 设g(x)=xf(x), 则g′(x)=f(x)+xf′(x), 因为x≠0时,有f′(x)+>0, 所以x≠0时,>0,即当x>0时,g′(x)=f(x)+xf′(x)>0,此时函数g(x)单调递增, 此时g(x)>g(0)=0, 当x<0时,g′(x)=f(x)+xf′(x)<0,此时函数g(x)单调递减,此时g(x)>g(0)=0, 作出函数g(x)和函数y=-的图象,(直线只代表单调性和取值范围),由图象可知函数F(x)=xf(x)+的零点个数为1个. 二、填空题(每小题5分,共10分) 5.已知f(x),g(x)都是定义在R上的函数,g(x)≠0,f′(x)g(x)>f(x)g′(x),且f(x)=axg(x)(a>0且a≠1),+=.若数列的前n项和大于62,则n的最小值为__________. 【解题指南】由已知条件推导出=ax,利用导数的性质求出=ax是增函数,利用+=推导出a=2.从而得到数列为{2n}.由此能求出结果. 【解析】因为f(x)=axg(x)(a>0且a≠1), 所以=ax, 又因为f′(x)g(x)>f(x)g′(x), 所以′=>0, 所以=ax是增函数, 所以a>1,因为+=. 所以a1+a-1=,解得a=或a=2. 综上得a=2. 所以数列为{2n}.因为数列的前n项和大于62, 所以2+22+23+…+2n==2n+1-2>62, 即2n+1>64=26,所以n+1>6,解得n>5. 所以n的最小值为6. 答案: 6 6.关于函数f(x)=+lnx,下列说法 (1)x=2是f(x)的极小值点. (2)函数y=f(x)-x有且只有1个零点. (3)存在正实数k,使得f(x)>kx恒成立. 其中正确的说法序号为__________. 【解析】f′(x)=-+=, f′ (2)=0,且当0 当x>2时,f′(x)>0,函数递增,因此x=2是f(x)的极小值点, (1)正确; 令g(x)=f(x)-x,g′(x)=-+-1 =-, 所以当x>0时,g′(x)<0恒成立,即g(x)单调递减, 又g=2e-1->0,g(e2)=+2-e2<0,所以g(x)有零点且只有一个零点, (2)正确; 由f(x)>kx,可得k<+,令h(x)=+,则h′(x)=-+=, m(x)=-4+x-xlnx,则m′(x)=-lnx;所以在(0,1)上,m(x)递增,在(1,+∞)上m(x)递减,所以m(x)≤m (1)<0,故h′(x)<0,h(x)在(0,+∞)上为减函数,函数无最小值,故不存在正实数k,使得f(x)>kx恒成立. 答案: (1) (2) 【加固训练】已知数列{an}中,a1=1,a2=2,设Sn为数列{an}的前n项和,对于任意的n>1,n∈N,Sn+1+Sn-1=2(Sn+1)都成立,则S10=__________. 【解析】因为对任意的n>1,n∈N,Sn+1+Sn-1=2(Sn+1)都成立, 所以Sn+1-Sn=Sn-Sn-1+2, 所以an+1=an+2,因为a3=a2+2=4, 所以an=a2+(n-2)×2=2+(n-2)×2=2n-2,n≥2. 所以S10=a1+a2+a3+…+a10=1+2+4+…+18=1+2×9+×2=91. 答案: 91 三、解答题(7题12分,8题13分,共25分) 7.已知f(x)=ex(x-a-1)-+ax(a>0), (1)讨论f(x)的单调性. (2)若x≥0时,f(x)+4a≥0,求正整数a的值.参考值e2≈7.389,e3≈20.086. 【解题导引】 (1)求导数,得到f′(x)=(x-a)(ex-1),根据导数符号便可判断出f(x)在(-∞,0)上单调递增,在[0,a)上递减,在[a,+∞)上单调递增. (2)f(x)+4a≥0对x≥0时恒成立, 从而只需f(x)min+4a≥0即可, 而由 (1)知f(x)在[0,+∞)上的最小值为f(a). 从而可以得到ea--4a≤0. 可设g(a)=ea--4a, 求导数得到g′(a)=ea-a-4, 可再设h(a)=g′(a), 这样便可得出h′(a)>0,说明h(a)在(0,+∞)上单调递增,这时可以求得h (1)<0,h (2)>0,从而可知存在a0∈[1,2],使g′(a)在(0,a0)上单调递减,而在(a0,+∞)上单调递增.求的是满足g(a)≤0的正整数,这样可求出g (1)<0,g (2)<0,g(3)>0,从而便得出a的值为1或2. 【解析】 (1)f′(x)=ex(x-a)-x+a=(x-a)(ex-1). 因为a>0, 所以①x<0时,x-a<0,ex-1<0, 所以f′(x)>0; ②0≤x0,所以f′(x)<0; ③x≥a时,x-a>0,ex-1>0,所以f′(x)>0. 所以f(x)在(-∞,0)上单调递增,在[0,a)上单调递减,在[a,+∞)上单调递增. (2)由 (1)知,x≥0时, f(x)min=f(a)=-ea+, 所以由f(x)+4a≥0得,ea--4a≤0. 设g(a)=ea--4a,g′(a)=ea-a-4. 设h(a)=ea-a-4,h′(a)=ea-1. a>0,所以ea-1>0,h′(a)>0,所以h(a)在(0,+∞)上为增函数. 又h (1)=e-5<0,h (2)=e2-6>0, 所以存在a0∈(1,2)使h(a0)=0, 所以a∈(0,a0)时,h(a)<0,g′(a)<0, a∈(a0,+∞)时,h(a)>0,g′(a)>0. 即g(a)在(0,a0)上递减,在(a0,+∞)上递增. 又g (1)=e-<0,g (2)=e2-2-8<0,g(3)=e3--12>0, 所以a=1或2. 8.设函数f(x)=-ax. (1)若a=0,求f(x)的单调增区间. (2)当b=1时,若存在x1,x2∈[e,e2],使f(x1)≤f′(x2)+a成立,求实数a的最小值.(其中e为自然对数的底数) 【解题指南】 (1)求f(x)=的定义域,再求导f′(x)==b,从而讨论确定函数的单调增区间. (2)当b=1时,f(x)=-ax,f′(x)=-a, 从而可得当x2=e2时,f′(x2)+a有最大值, 从而只需使x1∈[e,e2],使f(x1)≤,从而可得a≥-,从而得解. 【解析】 (1)当a=0时,f(x)=的定义域为(0,1)∪(1,+∞), f′(x)==b, ①当b>0时,x∈(e,+∞)时,f′(x)>0, 故f(x)的单调增区间为(e,+∞); ②当b<0时,x∈(0,1)∪(1,e)时,f′(x)>0, 故f(x)的单调增区间为(0,1),(1,e). (2)当b=1时,f(x)=-ax,f′(x)=-a, 故f′(x2)+a==-+, 故当x2=e2时,f′(x2)+a有最大值, 故只需使x1∈[e,e2],使f(x1)≤, 故-ax1≤, 即a≥-, 令g(x)=-,g′(x)=, 故g(x)=-在[e,e2]上是减函数, g(e)=1-,g(e2)=-, 故只需使a≥-, 故实数a的最小值为-. 【加固训练】已知函数f(x)=lnx-. (1)求函数f(x)的单调增区间. (2)证明: 当x>1时,f(x) (3)确定实数k的所有可能取值,使得存在x0>1,当x∈(1,x0)时,恒有f(x)>k(x-1). 【解题指南】 (1)求导数,利用导数大于0,可求函数f(x)的单调增区间. (2)令F(x)=f(x)-(x-1),证明F(x)在[1,+∞)上单调递减,可得结论. (3)分类讨论,令G(x)=f(x)-k(x-1)(x>0),利用函数的单调性,可得实数k的所有可能取值. 【解析】 (1)因为f(x)=lnx-, 所以f′(x)=>0(x>0), 所以0 (2)令F(x)=f(x)-(x-1), 则F′(x)=,当x>1时,F′(x)<0, 所以F(x)在[1,+∞)上单调递减,所以x>1时,F(x) (1)=0,即当x>1时,f(x) (3)由 (2)知,k=1时,不存在x0>1满足题意; 当k>1时,对于x>1,有f(x) 则f(x) 从而不存在x0>1满足题意; 当k<1时,令G(x)=f(x)-k(x-1)(x>0),则 G′(x)==0,可得x1=<0,x2=>1, 当x∈(1,x2)时,G′(x)>0, 故G(x)在(1,x2)上单调递增,从而x∈(1,x2)时,G(x)>G (1)=0,即f(x)>k(x-1), 综上,k的取值范围为(-∞,1). 1.(xx·肇庆一模)已知函数f(x)=lnx+,a∈R. (1)求函数f(x)的单调区间. (2)如果当x>0,且x≠1时,>恒成立,求实数a的范围. 【解题指南】 (1)先求函数f(x)的定义域和导函数f′(x)=,构造函数g(x)=x2+2(1-a)x+1,由此利用导数性质和分类讨论思想能求出函数f(x)的单调区间. (2)“当x>0,且x≠1时,>恒成立”,等价于“当x>0,且x≠1时,>0恒成立”,构造函数h(x)=f(x)-a,由此利用导数性质和分类讨论思想能求出实数a的取值范围. 【解析】 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞). f′(x)=-=. 设g(x)=x2+2(1-a)x+1,Δ=4a(a-2). ①当a≤0时,函数y=g(x)的对称轴为x=a-1, 所以当x>0时,有g(x)>g(0)>0, 故f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上是增函数; ②当0 所以f′(x)≥0,f(x)在(0,+∞)上是增函数, ③当a>2时,令g(x)=0得, x1=a-1->0,x2=a-1+, 令f′(x)>0,
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