高三数学二轮复习124导数的简单应用及定积分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124导数的简单应用及定积分课时巩固过关练理新人教版
2019-2020年高三数学二轮复习1.2.4导数的简单应用及定积分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·四川高考)已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a= ( )
A.-4B.-2C.4D.2
【解析】选D.f′=3x2-12=3,
令f′=0,得x=-2或x=2,易知f在上单调递减,在上单调递增,
故f的极小值为f,所以a=2.
2.(xx·益阳一模)函数f(x)=x2-2lnx的单调减区间是 ( )
A.(0,1]B.[1,+∞)
C.(-∞,-1)∪(0,1]D.[-1,0)∪(0,1]
【解析】选A.f′(x)=2x-=(x>0),
令f(x)≤0,解得:
0 3.(xx·承德二模)在平面直角坐标系中,过原点O的直线l与曲线y=ex-2交于不同的两点A,B,分别过A,B作x轴的垂线,与曲线y=lnx交于点C,D,则直线CD的斜率为 ( ) A.3 B.2 C.1 D. 【解析】选C.设直线l的方程为y=kx(k>0),且A(x1,y1),B(x2,y2),故kx1=, kx2=⇒x1=,x2=,则 kCD== = =1. 4.(xx·莱芜一模)设函数f′(x)是函数f(x)(x∈R)的导函数,f(0)=1,且3f(x)=f′(x)-3,则4f(x)>f′(x)的解集为 ( ) A.B. C.D. 【解析】选B.因为3f(x)=f′(x)-3, 所以f′(x)=3f(x)+3,可设f(x)=aebx+c, 由f(0)=1,所以a+c=1, 又3f(x)=f′(x)-3,所以3aebx+3c=abebx-3, 即(3a-ab)ebx=-3-3c, 所以 解得b=3,c=-1,a=2. 所以f(x)=2e3x-1,x∈R, 又4f(x)>f′(x), 所以8e3x-4>6e3x,即e3x>2,解得x>, 所求不等式的解集为. 二、填空题(每小题5分,共10分) 5.(xx·衡阳一模)曲线f(x)=2x2-3x在点(1,f (1))处的切线方程为__________. 【解析】f′(x)=4x-3,f′ (1)=1,f (1)=-1, 所以切线方程为y+1=x-1,即x-y-2=0. 答案: x-y-2=0 6.(xx·汕头一模)若过点A(2,m)可作函数f(x)=x3-3x对应曲线的三条切线,则实数m的取值范围为__________. 【解题导引】设切点为(a,a3-3a),利用导数的几何意义,求得切线的斜率k= f′(a),利用点斜式写出切线方程,将点A代入切线方程,可得关于a的方程有三个不同的解,利用参变量分离可得2a3-6a2=-6-m,令g(x)=2x3-6x2,利用导数求出g(x)的单调性和极值,则根据y=g(x)与y=-6-m有三个不同的交点,即可得到m的取值范围. 【解析】设切点为(a,a3-3a),因为f(x)=x3-3x,所以f′(x)=3x2-3, 所以切线的斜率k=f′(a)=3a2-3,由点斜式可得切线方程为y-(a3-3a)=(3a2-3)(x-a), 因为切线过点A(2,m), 所以m-(a3-3a)=(3a2-3)(2-a), 即2a3-6a2=-6-m, 因为过点A(2,m)可作曲线y=f(x)的三条切线, 所以关于a的方程2a3-6a2=-6-m有三个不同的根, 令g(x)=2x3-6x2,所以g′(x)=6x2-12x=0,解得x=0或x=2, 当x<0时,g′(x)>0,当0 所以g(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增, 所以当x=0时,g(x)取得极大值g(0)=0, 当x=2时,g(x)取得极小值g (2)=-8, 关于a的方程2a3-6a2=-6-m有三个不同的根,等价于y=g(x)与y=-6-m的图象有三个不同的交点,所以-8<-6-m<0,所以-6 所以实数m的取值范围为(-6,2). 答案: (-6,2) 三、解答题(7题12分,8题13分,共25分) 7.(xx·合肥二模)已知函数f(x)=lnx+(a>0). (1)当a=2时,求出函数f(x)的单调区间. (2)若不等式f(x)≥a对于x>0的一切值恒成立,求实数a的取值范围. 【解题导引】 (1)对函数求导,令导函数为0,得导函数的根,做表,通过导函数的正负确定原函数的增减. (2)将所要证明的式子变形,建立一个函数,求导后再建立一个新的函数,再求导.需要用到两次求导.再来通过最值确定正负号,然后确定原函数的单调性. 【解析】 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), a=2时,f(x)=lnx+, f′(x)=-=, 令f′(x)=0,得x=e. ①当0 ②当e 所以f(x)的递减区间是(0,e),递增区间是(e,+∞). (2)原式等价于xlnx+a+e-2-ax≥0在(0,+∞)上恒成立. 令g(x)=xlnx+a+e-2-ax. 因为g′(x)=lnx+1-a, 令g′(x)=0,得x=ea-1. ①0 ②ea-1 所以g(x)的最小值为g(ea-1)=(a-1)ea-1+a+e-2-aea-1=a+e-2-ea-1. 令t(x)=x+e-2-ex-1.因为t′(x)=1-ex-1, 令t′(x)=0,得x=1,且 ③0 ④1 所以当a∈(0,1)时,g(x)的最小值t(a)>t(0)=e-2-=>0. 当a∈[1,+∞)时,g(x)的最小值为t(a)=a+e-2-ea-1≥0=t (2). 所以a∈[1,2]. 综上得: a∈(0,2]. 8.(xx·葫芦岛一模)已知函数f(x)=-x3+ax2+1(a∈R). (1)若在f(x)的图象上横坐标为的点处存在垂直于y轴的切线,求a的值. (2)若f(x)在区间(-2,3)内有两个不同的极值点,求a的取值范围. (3)在 (1)的条件下,是否存在实数m,使得函数g(x)=x4-5x3+(2-m)x2+1的图象与函数f(x)的图象恰有三个交点,若存在,试求出实数m的值;若不存在,说明理由. 【解析】 (1)依题意,f′=0,因为f′(x)=-3x2+2ax,所以a=1. (2)若f(x)在区间(-2,3)内有两个不同的极值点. 则f′(x)=0在(-2,3)内有两个不同的实根. 又f′(x)=-3x2+2ax=-x(3x-2a), x1=0,x2=,所以-2<<3. 解得-3 (3)在 (1)的条件下,a=1. 要使函数f(x)与g(x)=x4-5x3+(2-m)x2+1的图象恰有三个交点,等价于方程-x3+x2+1=x4-5x3+(2-m)x2+1, 即方程x2(x2-4x+1-m)=0恰有三个不同的实根. 因为x=0是一个根,所以应使方程x2-4x+1-m=0有两个非零的不等实根, 则Δ>0,1-m≠0,解得m>-3,m≠1. 所以存在m∈(-3,1)∪(1,+∞)使得两个函数图象恰有三个交点. 【加固训练】(xx·洛阳二模)已知函数f(x)=(m,n∈R)在x=1处取到极值2. (1)求f(x)的解析式. (2)设函数g(x)=lnx+,若对任意的x1∈[-1,1],总存在x2∈[1,e],使得g(x2)≤f(x1)+,求实数a的取值范围. 【解题导引】 (1)利用函数的求导公式计算函数的导数,根据函数在x=1处取到极值得出函数在x=1处的导数值为0,再把x=2代入函数,联立两式求出m,n的值即可. (2)由 (1)知f(x)的定义域为R,且f(-x)=-f(x).故f(x)为奇函数.f(0)=0,x>0时,f(x)>0,f(x)=≤2.当且仅当x=1时取“=”.故f(x)的值域为[-2,2].从而f(x1)+≥.依题意有g(x)最小值≤. 【解析】 (1) f′(x)==. 由f(x)在x=1处取到极值2,故f′ (1)=0,f (1)=2, 即 解得m=4,n=1,经检验,此时f(x)在x=1处取得极值. 故f(x)=. (2)由 (1)知f(x)的定义域为R,且f(-x)=-f(x).故f(x)为奇函数.f(0)=0,x>0时,f(x)>0,f(x)=≤2.当且仅当x=1时取“=”. 故f(x)的值域为[-2,2].从而f(x1)+≥. 依题意有g(x)最小值≤. 函数g(x)=lnx+的定义域为(0,+∞),g′(x)=. ①当a≤1时,g′(x)>0,函数g(x)在[1,e]上单调递增,其最小值为g (1)=a≤1<合题意; ②当10,单调递增,所以函数g(x)最小值为f(a)=lna+1,由lna+1≤,得0 ③当a≥e时,显然函数g(x)在[1,e]上单调递减,其最小值为g(e)=1+≥2>,不合题意. 综上所述,a的取值范围为a≤. 一、选择题(每小题5分,共20分) 1.曲线C: y=xlnx在点M(e,e)处的切线方程为 ( ) A.y=x-eB.y=x+e C.y=2x-eD.y=2x+e 【解析】选C.因为y=xlnx,所以y′=lnx+1,所以k=lne+1=2,所以切线方程为y-e=2(x-e),即y=2x-e. 【加固训练】在曲线y=x2上切线倾斜角为的点是 ( ) A.(0,0) B.(2,4) C.D. 【解析】选D.y′=2x,设切点为(a,a2), 所以y′=2a,得切线的斜率为2a,所以2a=tan45°=1,所以a=,在曲线y=x2上切线倾斜角为的点是. 2.若函数f(x)=x2-lnx+1在其定义域内的一个子区间(k-1,k+1)内不是单调函数,则实数k的取值范围为 ( ) A.[1,+∞)B. C.[1,2)D. 【解析】选B.因为f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2x-=, 由f′(x)>0得,x>;由f′(x)<0得,0 因为函数f(x)在其定义域内的一个子区间(k-1,k+1)内不是单调函数,所以0≤k-1< 所以1≤k<. 3.函数f(x)(x>0)的导函数为f′(x),若xf′(x)+f(x)=ex,且f (1)=e,则 ( ) A.f(x)的最小值为eB.f(x)的最大值为e C.f(x)的最小值为D.f(x)的最大值为 【解析】选A.设g(x)=xf(x)-ex, 所以g′(x)=f(x)+xf′(x)-ex=0, 所以g(x)=xf(x)-ex为常数函数. 因为g (1)=1×f (1)-e=0, 所以g(x)=xf(x)-ex=g (1)=0, 所以f(x)=,f′(x)=, 当0 所以f(x)≥f (1)=e. 【加固训练】设定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf′(x)-f(x)=xlnx,f=,则f(x) ( ) A.有极大值,无极小值 B.有极小值,无极大值 C.既有极大值,又有极小值 D.既无极大值,也无极小值 【解析】选D.f(x)的定义域为(0,+∞), 因为xf′(x)-f(x)=xlnx, 所以=,所以′=, 所以=ln2x+c, 所以f(x)=xln2x+cx.因为f=ln2+c×=,所以c=. 所以f′(x)=ln2x+lnx+=(lnx+1)2≥0, 所以f(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以f(x)在(0,+∞)上既无极大值也无极小值. 4.设函数f(x)=sin.若存在f(x)的极值点x0满足+[f(x0)]2 A.(-∞,-6)∪(6,+∞) B.(-∞,-4)∪(4,+∞) C.(-∞,-2)∪(2,+∞) D.(-∞,-1)∪(4,+∞) 【解析】选C.由题意知: f′(x0)=·cos=0,所以x0=,所以m2>+[f(x0)]2 =+3sin2=+3,故>3,解得m>2或m<-2. 二、填空题(每小题5分,共10分) 5.若函数y=f(x)的图象在点(1,f (1))处的切线方程是x-2y+3=0,则f (1)- 2f′ (1)=__________. 【解析】依题意得: 当x=1时,y=2,即f (1)=2, 又因为切线方程为x-2y+3=0, 所以切线的斜率为,所以f′ (1)=, 所以f (1)-2f′ (1)=2-2×=1. 答案: 1 【加固训练】已知直线l: y=kx+b与曲线y=x3+3x+1相切,则斜率k取最小值时,直线l的方程为__________. 【解题导引】求出原函数的导函数,得到导函数的最小值,求出此时x的值,再求出此时的函数值,由直线方程的点斜式,求得斜率k最小时直线l的方程. 【解析】由y=x3+3x+1,得y′=3x2+3, 则y′=3(x2+1)≥3,当y′=3时,x=0, 此时f(0)=1,所以斜率k最小时直线l的方程为y-1=3(x-0), 即3x-y+1=0. 答案: 3x-y+1=0 6.已知函数y=f(x)是R上的偶函数,对于任意x∈R,都有f(x+6)=f(x)+f(3)成立,当x1,x2∈[0,3],且x1≠x2时,都有>0,给出下列命题: ①f(3)=0; ②直线x=-6是函数f(x)的图象的一条对称轴; ③函数y=f(x)在[-9,-6]上为增函数; ④函数y=f(x)在[-9,9]上有四个零点. 其中所有正确命题的序号为__________. 【解析】对于任意x∈R,都有f(x+6)=f(x)+f(3)成立,令x=-3,则f(-3+6) =f(-3)+f(3),又因为f(x)是R上的偶函数,所以f(3)=0,故①正确. ②由 (1)知f(x+6)=f(x),所以f(x)的周期为6, 又因为f(x)是R上的偶函数,所以f(x+6)=f(-x), 而f(x)的周期为6,所以f(x+6)=f(-6+x),f(-x)=f(-x+6), 所以: f(-6-x)=f(-6+x),所以直线x=-6是函数y=f(x)的图象的一条对称轴,故②正确. ③当x1,x2∈[0,3],且x1≠x2时,都有>0, 所以函数y=f(x)在[0,3]上为增函数, 因为f(x)是R上的偶函数,所以函数y=f(x)在[-3,0]上为减函数, 而f(x)的周期为6,所以函数y=f(x)在[-9,-6]上为减函数,故③错误. ④f(3)=0,f(x)的周期为6, 所以: f(-9)=f(-3)=f(3)=f(9)=0, 函数y=f(x)在[-9,9]上有四个零点,故④正确. 答案: ①②④ 三、解答题(7题12分,8题13分,共25分) 7.设函数f(x)=aex(x+1)(其中e=2.71828…),g(x)=x2+bx+2,已知它们在x=0处有相同的切线. (1)求函数f(x),g(x)的解析式. (2)求函数f(x)在[t,t+1](t>-3)上的最小值. (3)若对∀x≥-2,kf(x)≥g(x)恒成立,求实数k的取值范围. 【解题导引】 (1)求导函数,利用两函数在x=0处有相同的切线,可得2a=b,f(0)=a=g(0)=2,即可求函数f(x),g(x)的解析式. (2)求导函数,确定函数的单调性,再分类讨论,即可求出函数f(x)在[t,t+1](t>-3)上的最小值. (3)令F(x)=kf(x)-g(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2,对∀x≥-2,kf(x)≥g(x)恒成立,可得当x≥-2时,F(x)min≥0,即可求实数k的取值范围. 【解析】 (1)f′(x)=aex(x+2),g′(x)=2x+b, 由题意,两函数在x=0处有相同的切线. 所以f′(0)=2a,g′(0)=b, 所以2a=b,f(0)=a=g(0)=2,所以a=2,b=4, 所以f(x)=2ex(x+1),g(x)=x2+4x+2. (2)f′(x)=2ex(x+2), 由f′(x)>0得x>-2,由f′(x)<0得x<-2, 所以f(x)在(-2,+∞)上单调递增, 在(-∞,-2)上单调递减. 因为t>-3,所以t+1>-2. ①当-3 所以f(x)min=f(-2)=-2e-2. ②当t≥-2时,f(x)在[t,t+1]上单调递增, 所以f(x)min=f(t)=2et(t+1). 所以f(x)min= (3)令F(x)=kf(x)-g(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2, 由题意当x≥-2时,F(x)min≥0. 因为∀x≥-2,kf(x)≥g(x)恒成立, 所以F(0)=2k-2≥0,所以k≥1,F′(x)=2kex(x+1)+2kex-2x-4=2(x+2)(kex-1), 因为x≥-2,由F′(x)>0得ex>, 所以x>ln;由F′(x)<0得x 所以F(x)在上单调递减, 在上单调递增. ①当ln<-2,即k>e2时,F(x)在[-2,+∞)上单调递增, F(x)min=F(-2)=-2ke-2+2=(e2-k)<0,不满足F(x)min≥0. ②当ln=-2,即k=e2时, 由①知,F(x)min=F(-2)=(e2-k)=0, 满足F(x)min≥0. ③当ln>-2,即1≤k F(x)在上单调递减, 在上单调递增. F(x)min=F=lnk(2-lnk)>0,满足F(x)min≥0. 综上所述,满足题意的k的取值范围为[1,e2]. 8.已知函数f(x)=ax+-2a+1(a>0). (1)求f(x)的单调区间. (2)若f(x)≥lnx在[1,+∞)上恒成立,求实数a的取值范围. (3)证明: ln>. 【解题导引】 (1)求出f(x)的定义域,以及导函数,根据导函数的正负与增减性的关系判断即可确定出f(x)的单调区间. (2)令g(x)=ax+-2a+1-lnx,x∈[1,+∞),求出g (1)的值以及导函数,根据导函数的正负与增减性的关系确定出f(x)≥lnx在[1,+∞)上恒成立时实数a的取值范围即可. (3)令a=,根据第二问的结论列出关系式,进而可得lnx2 令x=>1(n>2),代入不等式(*),整理即可得证. 【解析】 (1)f(x)的定义域为{x|x≠0},f′(x)=a-=(a>0), 当00恒成立, 此时,f(x)在(-∞,0),(0,+∞)上是增函数; 当a≥1时,令f′(x)=0得: x1=-,x2=, 列表如下: x (-∞,x1) (x1,0) (0,x2) (x2,+∞) f′(x) + - - + f(x) 增 减 减 增 此时,f(x)的递增区间是(-∞,-),(,+∞); 递减区间是,. (2)令g(x)=ax+-2a+1-lnx,x∈[1,+∞), 则g (1)=0,g′(x)=a--==, (i)当01, 若1 所以g(x) (1)=0,即f(x) 故f(x)≥lnx在[1,+∞)上不恒成立; (ii)当a≥时,≤1, 若x>1,则g′(x)>0,g(x)是增函数, 所以g(x)>g (1)=0,即f(x)>lnx, 故当x≥1时,f(x)≥lnx, 综上所述,所求a的取值范围是. (3)在 (2)中,令a=,可得不等式: lnx≤(x≥1)(当且仅当x=1时等号成立), 进而可得lnx2 ln>⇒ln>, 令x=>1(n>2), 代入不等式(*)得: ln<-=- =, 则所证不等式成立. 【加固训练】已知函数f(x)=ex+a|x-1|. (1)当a=3时,求函数f(x)在区间[0,2]上的值域. (2)若f(x)≥0对一切实数x∈[0,+∞)恒成立,求a的取值范围. 【解析】 (1)当a=3时,f(x)=ex+3|x-1|= 则函数的导数f′(x)= 当0 当1 所以函数的最小值为f (1)=e, 又f(0)=4,f (2)=e2+3, 则函数在[0,2]上的最大值为e2+3,即函数的值域为[e,e2+3]. (2)当x=1时,f (1)=e>0,对一切x≥0都恒成立,所以此时a为任意实数. 当x≠1时,f(x)≥0等价为ex+a|x-1|≥0, 即a≥,设g(x)=, 则g(x)= g′(x)= 即g(x)在[0,1)上单调递减,在(1,2]上单调递增,在(2,+∞)上单调递减, 所以g(x)的极大值为g (2)=-e2, 所以a≥-e2,且a≥g(0)=-1, 综上a≥-1. 1.(xx·包头一模)已知函数f(x)=alnx+x2(a为实常数). (1)若a=-2,求证: 函数f(x)在(1,+∞)上是增函数. (2)求函数f(x)在[1,e]上的最小值及相应的x值. 【解析】 (1)当a=-2时,f(x)=x2-2lnx,当x∈(1,+∞)时,f′(x)=>0, 故函数f(x)在(1,+∞)上是增函数. (2)f′(x)=(x>0),当x∈[1,e]时,2x2+a∈[a+2,a+2e2]. 若a≥-2,f′(x)在[1,e]上非负(仅当a=-2,x=1时,f′(x)=0),故函数f(x)在[1,e]上是增函数,此时[f(x)]min=f (1)=1.
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