高考数学试题分项版解析专题08导数与不等式函数零点相结合理.doc
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1、1 / 19【2019【2019 最新最新】精选高考数学试题分项版解析专题精选高考数学试题分项版解析专题 0808 导数与不导数与不等式函数零点相结合理等式函数零点相结合理【2017 年】1.【2017 课标 3,理 11】已知函数有唯一零点,则 a=211( )2()xxf xxxa ee ABCD11 21 31 2【答案】C【解析】试题分析:函数的零点满足,2112xxxxa ee 设,则, 11xxg xee 21 111 1111x xxx xxegxeeeee 当时,当时,函数 单调递减, 0gx1x 1x 0gx g x当时,函数 单调递增,1x 0gx g x当时,函数取得最小
2、值,1x 12g设 ,当时,函数取得最小值 , 22h xxx1x 1若,函数与函数没有交点,0a h x ag x当时,时,此时函数和有一个交点,0a 11agh h x ag x即,解得 .故选 C.21a 1 2a 【考点】 函数的零点;导函数研究函数的单调性,分类讨论的数学思想2.【2017 课标 1,理 21】已知函数.2( )(2)xxf xaeaex(1)讨论的单调性;( )f x(2)若有两个零点,求 a 的取值范围.( )f x2 / 19【解析】试题分析:(1)讨论单调性,首先进行求导,发现式子特点后要及时进行因式分解,在对按,进行讨论,写出单调区间;(2)根据第(1)题,
3、若,至多有一个零点.若,当时,取得最小值,求出最小值,根据, ,进行讨论,可知当有 2 个零点,设正整数满足,则( )f x0a 0a 0a ( )f x0a lnxa ( )f x1( ln )1lnfaaa 1a (1,)a(0,1)a(0,1)a0n03ln(1)na0000 0000()e ( e2)e20nnnnf naannn.由于,因此在有一个零点.所以的取值范围为.3ln(1)lnaa ( )f x( ln ,)a(0,1)试题解析:(1)的定义域为, ,( )f x(,) 2( )2(2)1(1)(21)xxxxfxaeaeaee ()若,则,所以在单调递减.0a ( )0f
4、x( )f x(,) ()若,则由得.0a ( )0fxlnxa 当时, ;当时, ,所以在单调递减,在单调递增.(,ln )xa ( )0fx( ln ,)xa ( )0fx( )f x(,ln )a ( ln ,)a(2) ()若,由(1)知,至多有一个零点.0a ( )f x()若,由(1)知,当时,取得最小值,最小值为.0a lnxa ( )f x1( ln )1lnfaaa 当时,由于,故只有一个零点;1a ( ln )0fa( )f x当时,由于,即,故没有零点;(1,)a11ln0aa( ln )0fa( )f x当时, ,即.(0,1)a11ln0aa( ln )0fa又,故在
5、有一个零点.422( 2)e(2)e22e20faa ( )f x(,ln )a 设正整数满足,则.0n03ln(1)na0000 0000()e ( e2)e20nnnnf naannn3 / 19由于,因此在有一个零点.3ln(1)lnaa ( )f x( ln ,)a综上,的取值范围为.(0,1)【考点】含参函数的单调性,利用函数零点求参数取值范围.在大于 0 的点.3.【2017 课标 II,理】已知函数,且。 2lnf xaxaxxx 0f x (1)求;a(2)证明:存在唯一的极大值点,且。 f x0x 22 02ef x【答案】(1);(2)证明略。1a 【解析】试题解析:(1)
6、的定义域为。 fx0,+ 设,则,等价于。 lng xaxax f xxg x 0f x 0g x 因为,因,而,得。 10,0gg x 10g 1, 11gxagax1a 若,则。当时, ,单调递减;1a 11gxx 01x 0gx g x当时, ,单调递增。所以是的极小值点,故1x 0gx g x1x g x 10g xg综上, 。1a (2)由(1)知 , 。 2lnf xxxxx 22lnfxxx4 / 19设,则。 22lnh xxx 12hxx当 时, ;当 时, ,10,2x 0hx 1,2x 0hx 所以 在 单调递减,在 单调递增。 h x10,21,2又, , , 20h
7、e102h 10h所以 在 有唯一零点,在 有唯一零点 1, h x10,20x1,2且当 时, ;当 时, ,00,xx 0h x 0,1xx 0h x 当 时, 。1,x 0h x 因为 ,所以是的唯一极大值点。 fxh x0xx f x由得,故。 00fx00ln21xx 0001f xxx由 得 。00,1x 01 4f x因为是在(0,1)的最大值点,0xx f x由, 得。 10,1e 10fe 12 0f xf ee所以。 22 02ef x【考点】 利用导数研究函数的单调性;利用导数研究函数的极值4.【2017 天津,理 20】设,已知定义在 R 上的函数在区间内有一个零点,为
8、的导函数.aZ432( )2336f xxxxxa(1,2)0x( )g x( )f x()求的单调区间;( )g x()设,函数,求证:;001,)(,2mxx0( )( )()( )h xg x mxf m5 / 190( ) ()0h m h x()求证:存在大于 0 的常数,使得对于任意的正整数,且 满足.A, p q001,)(,2,pxxq041|pxqAq【答案】 (1)增区间是, ,减区间是.(2) (3)证明见解析(, 1) 1( ,)41( 1, )4【解析】试题分析:由于为,所以判断的单调性,需要对二次求导,根据的导数的符号判断函数的单调性,给出单调区间;由,得( )g
9、x( )fx( )g x( )f x( )g x0( )( )()( )h xg x mxf m00( )()()h mg xmx( )f m,.令函数,分别求导证明.有关零点问题,利用函数的单调性了解函数的图像情况,对极值作出相应的要求可控制零点的个数.10( )( )()( )H xg x xxf x200( )()()( )Hxg xxxf x试题解析:()由,可得,432( )2336f xxxxxa32( )( )8966g xfxxxx进而可得.令,解得,或.2( )24186g xxx( )0g x1x 1 4x 当 x 变化时,的变化情况如下表:( ), ( )g x g xx
10、(, 1) 1( 1, )41( ,)4( )g x+-+( )g x所以,的单调递增区间是, ,单调递减区间是.( )g x(, 1) 1( ,)41( 1, )4()证明:由,得,0( )( )()( )h xg x mxf m0( )( )()( )h mg m mxf m000()()()( )h xg xmxf m.令函数,则.由()知,当时, ,故当时, ,单调递减;当时, ,单调递增.因此,当时, ,可得.10( )( )()( )H xg x xxf x6 / 1910( )( )()Hxg x xx1,2x( )0g x01,)xx1( )0Hx1( )H x0(,2xx1(
11、 )0Hx1( )H x001,)(,2xxx1100( )()()0H xH xf x 1( )0,( )0H mh m即(III)证明:对于任意的正整数 , ,且,p001)(, ,2pxxq令,函数.pmq0( )( )()( )hgmxxxmf由(II)知,当时,在区间内有零点;01),mx( )h x0( ,)m x当时,在区间内有零点.0(,2mx( )h x0(),x m所以在内至少有一个零点,不妨设为,则.( )h x(1,2)1x110()()()()0pphgxfqxqx由(I)知在上单调递增,故,( )g x1,210( )()12( )gxgg于是.43223404 1
12、()|()|2336|()( )(2)2ppffppp qp qpqaqqqxqg xggq因为当时, ,故在上单调递增,1 2,x( )0g x ( )f x1,2所以在区间上除外没有其他的零点,而,故.( )f x1,20x0pxq()0pfq又因为, ,均为整数,所以是正整数,p432234|2336|pp qp qpqaq从而.432234|2336|1pp qp qpqaq7 / 19所以.所以,只要取,就有.041|2|( )pxqgq( )2Ag041|pxqAq【考点】导数的应用【2016 年】1 【2016 高考新课标 1 卷】已知函数有两个零点. 221xf xxea x(
13、I)求 a 的取值范围;(II)设 x1,x2 是的两个零点,证明:. f x122xx【答案】(0,)【解析】试题分析:(I)求导,根据导函数的符号来确定,主要要根据导函数零点来分类;(II)借组第一问的结论来证明,由单调性可知等价于,即设,则则当时,而,故当时,从而,故122xx12()(2)f xfx2(2)0fx2( )(2)xxg xxexe 2( )(1)()xxg xxee1x ( )0g x (1)0g1x ( )0g x 22()(2)0g xfx122xx试题解析;() ( )(1)2 (1)(1)(2 )xxfxxea xxea(i)设,则,只有一个零点0a ( )(2)
14、xf xxe( )f x(ii)设,则当时,;当时,所以在上单调递减,在上单调递增0a (,1)x ( )0fx (1,)x( )0fx ( )f x(,1)(1,)又,取满足且,则(1)fe (2)fa0b ln2ab 223( )(2)(1)()022af bba ba bb,故存在两个零点( )f x8 / 19()不妨设,由()知,在上单调递减,所以等价于,即12xx12(,1),(1,)xx 22(,1)x ( )f x(,1)122xx12()(2)f xfx2(2)0fx由于,而,所以222 222(2)(1)xfxx ea x 22 222()(2)(1)0xf xxea x2
15、22 222(2)(2)xxfxx exe 设,则2( )(2)xxg xxexe 2( )(1)()xxg xxee所以当时,而,故当时,1x ( )0g x (1)0g1x ( )0g x 从而,故22()(2)0g xfx122xx考点:导数及其应用【名师点睛】,对于含有参数的函数单调性、极值、零点问题,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则:互斥、无漏、最简;,解决函数不等式的证明问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.2. 【2016 高考山东理数】(本小题满分 13 分)已知.221( )ln,Rxf xa xxax(I)讨论的单调性;( )f x
16、(II)当时,证明对于任意的成立.1a 3( )2f xfx 1,2x9 / 19【答案】 ()见解析;()见解析【解析】()的定义域为;)(xf), 0( 3232/) 1)(2(22)(xxax xxxaaxf.当,时, ,单调递增;0a) 1 , 0(x0)(/xf)(xf/(1,),( )0xfx时,单调递减.)(xf当时,.0a/ 3(1)22( )()()a xfxxxxaa(1) , ,20 a12a当或时, ,单调递增;) 1 , 0(xx),2(a0)(/xf)(xf当时, ,单调递减;x)2, 1 (a0)(/xf)(xf(2)时, ,在内, ,单调递增;2a12ax),
17、0( 0)(/xf)(xf(3)时, ,2a120a当或时, ,单调递增;)2, 0(axx), 1 ( 0)(/xf)(xf当时, ,单调递减.x) 1 ,2(a0)(/xf)(xf综上所述,当时,函数在内单调递增,在内单调递减;0a)(xf) 1 , 0(), 1 ( 当时,在内单调递增,在内单调递减,在内单调递增;20 a)(xf10 / 19) 1 , 0()2, 1 (a),2(a当时,在内单调递增;2a)(xf), 0( 当,在内单调递增,在内单调递减,在内单调递增.2a)(xf)2, 0(a) 1 ,2(a), 1 ( ()由()知,时,1a23312ln1xxxxx, ,2 ,
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