高考数学《函数与导数的综合应用》练习卷(共23页).doc
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1、精选优质文档-倾情为你奉上高考数学函数与导数的综合应用练习卷高考定位在高考压轴题中,函数与方程、不等式的交汇是考查的热点,常以指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.真 题 感 悟 1.(2018全国卷)已知函数f(x)exax2.(1)若a1,证明:当x0时,f(x)1;(2)若f(x)在(0,)只有一个零点,求a.(1)证明当a1时,f(x)exx2,则f(x)ex2x.令g(x)f(x),则g(x)ex2.令g(x)0,解得xln 2.当x(0,ln 2)时,g(x)0.当x0时,g(x)g(ln 2)22ln 20,f(x)在
2、0,)上单调递增,f(x)f(0)1.(2)解若f(x)在(0,)上只有一个零点,即方程exax20在(0,)上只有一个解,由a,令(x),x(0,),(x),令(x)0,解得x2.当x(0,2)时,(x)0.(x)min(2).a.2.(2019全国卷)已知函数f(x)sin xln(1x),f(x)为f(x)的导数.证明:(1)f(x)在区间存在唯一极大值点;(2)f(x)有且仅有2个零点.证明(1)设g(x)f(x),则g(x)cos x,g(x)sin x.当x时,g(x)单调递减,而g(0)0,g0;当x时,g(x)0.所以g(x)在(1,)单调递增,在单调递减,故g(x)在存在唯一
3、极大值点,即f(x)在存在唯一极大值点.(2)f(x)的定义域为(1,).当x(1,0时,由(1)知,f(x)在(1,0)单调递增,而f(0)0,所以当x(1,0)时,f(x)0,故f(x)在(1,0)单调递减.又f(0)0,从而x0是f(x)在(1,0的唯一零点.当x时,由(1)知,f(x)在(0,)单调递增,在单调递减,而f(0)0,f0;当x时,f(x)0,所以当x时,f(x)0.从而,f(x)在上没有零点.当x时,f(x)0,f()1.所以f(x)0,从而f(x)在(,)没有零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.考 点 整 合1.利用导数研究函数的零点函数的零点、方程的实根、函数图象与
4、x轴的交点的横坐标是三个等价的概念,解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值,画出函数图象的变化趋势,数形结合求解.2.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下,由于当x时,函数值也趋向,只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1,x2且x10两个f(x1)0或f(x2)0三个f(x1)0且f(x2)0a0(f(x1)为极小值,f(x2)为极大值)一个f(x1)0或f(x2)0两个f(x1)0或f(x2)0三个f(x1)0且f(x2)03.利用导数解决不等式问题(1)利用导数证明不等式.若证明f(x)g(x),x(a,b),可以构造函数F(x)f(x)g(
5、x),如果能证明F(x)在(a,b)上的最大值小于0,即可证明f(x)g(x)对一切xI恒成立I是f(x)g(x)的解集的子集f(x)g(x)min0(xI).xI,使f(x)g(x)成立I与f(x)g(x)的解集的交集不是空集f(x)g(x)max0(xI).对x1,x2I使得f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.对x1I,x2I使得f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min.温馨提醒解决方程、不等式相关问题,要认真分析题目的结构特点和已知条件,恰当构造函数并借助导数研究性质,这是解题的关键.热点一利用导数研究函数的零点【例1】 (2019天津卷选编)设函数f(x)ln x
6、a(x1)ex,其中aR.(1)若a0,讨论f(x)的单调性;(2)若0a0,从而f(x)0,所以f(x)在(0,)内单调递增.(2)证明由(1)知,f(x).令g(x)1ax2ex,由0a0,且g1a10,故g(x)0在(0,)内有唯一解,从而f(x)0在(0,)内有唯一解,不妨设为x0,则1x00,所以f(x)在(0,x0)内单调递增;当x(x0,)时,f(x)1时,h(x)11时,h(x)h(1)0,所以ln xx1,从而flnaelnlnln1hf(1)0,所以f(x)在(x0,)内有唯一零点.又f(x)在(0,x0)内有唯一零点1,从而,f(x)在(0,)内恰有两个零点.探究提高1.
7、三步求解函数零点(方程根)的个数问题.第一步:将问题转化为函数的零点问题,进而转化为函数的图象与x轴(或直线yk)在该区间上的交点问题;第二步:利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质,进而画出其图象;第三步:结合图象求解.2.根据函数零点情况求参数范围:(1)要注意端点的取舍;(2)选择恰当的分类标准进行讨论.【训练1】 (2019临沂模拟)已知函数f(x)(x1)2a(ln xx1)(a0得x1,由f(x)0得0x1,f(x)在(1,)上单调递增,在(0,1)上单调递减,f(x)在x1处取得极小值,无极大值;当01,即0a0得x1或0x,由f(x)0得x1,f(x)在
8、上单调递增,在上单调递减,在(1,)上单调递增,f(x)在x1处取得极小值,在x处取得极大值.综上,当a0时,f(x)有一个极值点;当0a2时,f(x)有两个极值点.(2)当a0,要使g(x)在(0,2上有且只有一个零点,需满足g(1)0或g(2)0,解得a1或a.当0a0,当x时,总有g(x)0.e1a2,g(e)ee(a2)(aln e2a2)0,g(x)在上必有零点.g(x)在上单调递增,当0a2时,g(x)在(0,2上有且只有一个零点.综上,当0a2或a或a1时,方程f(x)a10在(0,2上有且只有一个实根.热点二利用导数证明不等式【例2】 (2019北京海淀区模拟)已知函数f(x)
9、ln xax1(aR).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若函数f(x)的图象与x轴相切,求证:对于任意互不相等的正实数x1,x2,都有0,f(x)在(0,)上单调递增;当a0,f(x)单调递增;若x,f(x)0,f(x)单调递减.综上所述:当a0时,f(x)在(0,)上单调递增;当a0时,f(x)在单调递增,在上单调递减.(2)证明由(1)知,当a0时,f(x)在(0,)上单调递增,不满足条件.所以a0,此时f(x)的极大值为fln(a),由已知得ln(a)0,故a1,此时f(x)ln xx1.不妨设0x1x2,则等价于lnx2x1,即证:ln1),故g(x)在(1,)单调递减,所以g(
10、x)g(1)0x2x1.所以对于任意互不相等的正实数x1,x2,都有成立.探究提高1.证明不等式的基本方法:(1)利用单调性:若f(x)在a,b上是增函数,则xa,b,有f(a)f(x)f(b),x1,x2a,b,且x1x2,有f(x1)f(x2).对于减函数有类似结论.(2)利用最值:若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m),则xD,有f(x)M(或f(x)m).2.证明f(x)g(x),可构造函数F(x)f(x)g(x),证明F(x)0.【训练2】 已知函数f(x)ax2axxln x,且f(x)0.(1)求a;(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e2f(x0)22.(1
11、)解f(x)的定义域为(0,),设g(x)axaln x,则f(x)xg(x),f(x)0等价于g(x)0,因为g(1)0,g(x)0,故g(1)0,而g(x)a,g(1)a1,得a1.若a1,则g(x)1.当0x1时,g(x)1时,g(x)0,g(x)单调递增,所以x1是g(x)的极小值点,故g(x)g(1)0.综上,a1.(2)证明由(1)知f(x)x2xxln x,f(x)2x2ln x,设h(x)2x2ln x,则h(x)2.当x时,h(x)0.所以h(x)在单调递减,在单调递增.又h(e2)0,h0;当x(x0,1)时,h(x)0.因为f(x)h(x),所以xx0是f(x)的唯一极大
12、值点.由f(x0)0得ln x02(x01),故f(x0)x0(1x0).由x0得f(x0)f(e1)e2.所以e2f(x0)0,g(x)单调递增;当x(1,)时,g(x)0,g(x)单调递减.所以当x1时,g(x)取得最大值,g(x)maxg(1)2e1.所以m2e1.即实数m的取值范围为2e1,).角度2不等式存在性问题【例32】 (2019海南模拟)已知函数f(x)xmln x(mR),g(x)x2exxex.(1)当x1,e时,求f(x)的最小值;(2)当m2时,若存在x1e,e2,使得对任意的x22,0,f(x1)g(x2)成立,求实数m的取值范围.解(1)f(x)xmln x,且定
13、义域(0,),f(x)1,当m2时,若x1,e,则f(x)0,f(x)在1,e上是增函数,则f(x)minf(1)2m.当me1时,若x1,e,则f(x)0,f(x)在1,e上是减函数,则f(x)minf(e)em.当2m0,则x(1,1),令f(x)0,则x(,1)(1,).f(x)在区间(,1),(1,)上单调递减,在区间(1,1)上单调递增.(2)f(x)(1x)(1x)ex.当a1时,设函数h(x)(1x)ex,h(x)xex0),因此h(x)在0,)上单调递减,而h(0)1,故h(x)1,所以f(x)(x1)h(x)x1ax1.当0a0(x0),所以g(x)在0,)上单调递增,而g(
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- 函数与导数的综合应用 高考 数学 函数 导数 综合 应用 练习 23
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