《高考数学理科课标Ⅱ专用复习专题测试第三章导数及其应用32导数的应用pptx共127》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学理科课标Ⅱ专用复习专题测试第三章导数及其应用32导数的应用pptx共127（127页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、考点一函数的单调性 1.(2015课标,12,5分,0.369)设函数f (x)是奇函数f(x)(xR)的导函数, f(-1)=0,当x0时,xf (x)-f(x)0成立的x的取值范围是() A.(-,-1)(0,1)B.(-1,0)(1,+) C.(-,-1)(-1,0)D.(0,1)(1,+),五年高考,A组 统一命题课标卷题组,答案A令g(x)=,则g(x)=,由题意知,当x0时,g(x)0,从而f(x)0; 当x(1,+)时,g(x)0; 当x(-1,0)时,g(x)0,从而f(x)0. 综上,所求x的取值范围是(-,-1)(0,1).,思路分析构造函数g(x)=,利用g(x)的导数判
2、断函数g(x)的单调性与奇偶性,结合g(x)的大致 图象,求解不等式f(x)0.,解后反思联系已知条件和结论,构造辅助函数是一种常用的方法,若遇到不等式、方程、最值问题,可构造函数,确定变量的限制条件,通过研究函数单调性、最值等问题使问题简化.,2.(2014课标,11,5分,0.394)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x00,则a的取值范围是() A.(2,+)B.(1,+)C.(-,-2)D.(-,-1),答案C(1)当a=0时,显然f(x)有两个零点,不符合题意. (2)当a0时, f (x)=3ax2-6x,令f (x)=0,解得x1=0,x2=.
3、 当a0时,0,所以函数f(x)=ax3-3x2+1在(-,0)与上为增函数,在上为减函数,因为f(x)存在唯一零点x0,且x00,则f(0)0,则f0,即a-3+10,解得a2或a-2,又因为a0,故a的取值范 围为(-,-2).选C.,3.(2017课标全国,21,12分)已知函数f(x)=x-1-aln x. (1)若f(x)0,求a的值; (2)设m为整数,且对于任意正整数n,m,求m的最小值.,解析本题考查导数的综合应用. (1)f(x)的定义域为(0,+). 若a0,因为f=-+aln 20,由f (x)=1-=知,当x(0,a)时, f (x)0.所以f(x)在(0,a)单调 递
4、减,在(a,+)单调递增.故x=a是f(x)在(0,+)的唯一最小值点. 由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时, f(x)0.故a=1. (2)由(1)知当x(1,+)时,x-1-ln x0. 令x=1+,得ln2,所以m的最小值为3.,思路分析(1)对a分类讨论,并利用导数研究f(x)的单调性,找出最小值点,从而求出a.(2)由(1)得当x1时,x-1-ln x0.令x=1+,换元后可求出的范围.,一题多解(1)f (x)=1-=(x0).当a0时, f (x)0,而f(1)=0,不合题意,a0,f(x)在(0,a)上 单调递减,在(a,+)上单调递增.又f(x)0,f(a)0,即a-1-
5、aln a0,记h(x)=x-1-xln x,则h(x)=1-ln x-1=-ln x.h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,h(x)h(1)=0,即当且仅当x=1时 ,h(x)0,当且仅当a=1时,式成立.a=1.,4.(2014课标,21,12分,0.151)已知函数f(x)=ex-e-x-2x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x0时,g(x)0,求b的最大值; (3)已知1.414 21.414 3,估计ln 2的近似值(精确到0.001).,解析(1)f (x)=ex+e-x-20,等号仅当x=0时成立. 所以f(x)在(
6、-,+)上单调递增. (2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x, g(x)=2e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2) =2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2). (i)当b2时,g(x)0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(-,+)上单调递增.而g(0)=0,所以对任意x0,g(x)0. (ii)当b2时,若x满足20, ln 20.692 8;,当b=+1时,ln(b-1+)=ln, g(ln)=-2+(3+2)ln 20, ln 20.693 4. 所以ln 2的近似值为0.693.,解后反思分类讨论具有明
7、显的逻辑性、综合性、探索性,在高考试题中占有重要位置.另外联想、类比、归纳、估算等能力不可缺少.,考点二函数的极值与最值 1.(2017课标全国,11,5分)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则f(x)的极小值为() A.-1B.-2e-3C.5e-3D.1,答案A本题主要考查导数的应用. 由题意可得f (x)=ex-1x2+(a+2)x+a-1.x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,f (-2)=0,a=-1,f(x)=(x2-x-1)ex-1, f (x)=ex-1(x2+x-2)=ex-1(x-1)(x+2),x(-,-2),(1,+)时
8、, f (x)0, f(x)单调递增;x(-2,1)时, f (x)0, f(x)单调递减.f(x)极小值=f(1)=-1.故选A.,思路分析由x=-2是函数f(x)的极值点可知f (-2)=0,从而求出a的值,将a的值代入导函数f (x),求出f(x)的单调区间,判断极小值点,从而求出函数的极小值.,2.(2014课标,12,5分,0.418)设函数f(x)=sin.若存在f(x)的极值点x0满足+f(x0)2m2,则m的 取值范围是() A.(-,-6)(6,+)B.(-,-4)(4,+) C.(-,-2)(2,+)D.(-,-1)(1,+),答案Cf (x)=cos, f(x)的极值点为
9、x0, f (x0)=0,cos=0, x0=k+,kZ,x0=mk+,kZ, 又+f(x0)2, ,m2-3,m24,m2或m-2,故选C.,解题关键对于综合性的数学问题,认真读题,敢于动手.在转化中寻求通道,f(x)存在极值点x0 f (x0)=0 x0=+mk(kZ).满足+f(x0)2,解不等式即可.,考点三导数的综合应用 1.(2015课标,12,5分,0.317)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)0,则a的取值范围是() A.B.C.D.,2.(2017课标全国,21,12分)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x. (
10、1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.,解析本题考查了利用导数讨论函数的单调性和函数的零点问题. (1)f(x)的定义域为(-,+), f (x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1). (i)若a0,则f (x)0,则由f (x)=0得x=-ln a. 当x(-,-ln a)时, f (x)0.所以f(x)在(-,-ln a)单调递减,在(-ln a,+)单调递增. (2)(i)若a0,由(1)知, f(x)至多有一个零点. (ii)若a0,由(1)知,当x=-ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1-+ln a
11、. 当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点; 当a(1,+)时,由于1-+ln a0,即f(-ln a)0, 故f(x)没有零点; 当a(0,1)时,1-+ln a-2e-2+20,故f(x)在(-,-ln a)有一个零点.,设正整数n0满足n0ln,则f(n0)=(a+a-2)-n0-n0-n00. 由于ln-ln a,因此f(x)在(-ln a,+)有一个零点. 综上,a的取值范围为(0,1).,方法总结利用导数研究函数的单调性的原理:若f (x)0,xD恒成立,则在区间D上函数f(x)单调递增;若f (x)0,xD恒成立,则在区间D上函数f(x)单调递减.,3.(2
12、017课标全国,21,12分)已知函数f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)0. (1)求a; (2)证明: f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2 f(x0)2-2.,解析本题考查了导数的综合应用. (1)f(x)的定义域为(0,+). 设g(x)=ax-a-ln 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)=a-1,得a=1. 若a=1,则g(x)=1-. 当01时,g(x)0,g(x)单调递增. 所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)g(1)=0. 综上,a=1. (2)由(1)知f(x
13、)=x2-x-xln x, f (x)=2x-2-ln x. 设h(x)=2x-2-ln 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(e-2)0,h0;当x(x0,1)时,h(x)0. 因为f (x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点. 由f (x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0). 由x0(0,1)得f(x0)f(e-1)=e-2,所以e-2f(x0)2-2.,方法总结利用导数解决不等式问题的一般思路: (1)恒成立问题常利用分离参数法转化为最值问题求解.若不能分离参数,可以对参数进行分类讨论. (
14、2)证明不等式问题可通过构造函数转化为函数的最值问题求解.,4.(2016课标全国,21,12分)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点. (1)求a的取值范围; (2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x22.,解析(1)f (x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).(2分) (i)设a=0,则f(x)=(x-2)ex, f(x)只有一个零点.(3分) (ii)设a0,则当x(-,1)时, f (x)0.所以f(x)在(-,1)单调递减,在(1,+)单调递增. 又f(1)=-e, f(2)=a,取b满足b(b-2)+a(b-1)2=a0
15、, 故f(x)存在两个零点.(4分) (iii)设a0,因此f(x)在(1,+)单调递增.又当x1时f(x)1,故当x(1,ln(-2a)时, f (x)0. 因此f(x)在(1,ln(-2a)单调递减,在(ln(-2a),+)单调递增.又当x1时f(x)0,所以f(x)不存在两个零点.,综上,a的取值范围为(0,+).(8分) (2)证明:不妨设x1f(2-x2),即f(2-x2)1时, g (x)1时,g(x)0. 从而g(x2)=f(2-x2)0,故x1+x22.(12分),5.(2016课标全国,21,12分)设函数f(x)=cos 2x+(-1)(cos x+1),其中0,记|f(x
16、)|的最大值为A. (1)求f (x); (2)求A; (3)证明|f (x)|2A.,解析(1)f (x)=-2sin 2x-(-1)sin x.(2分) (2)当1时, |f(x)|=|cos 2x+(-1)(cos x+1)|+2(-1)=3-2=f(0). 因此A=3-2.(4分) 当0.(5分) (i)当00,知g(-1)g(1)g. 又-|g(-1)|=0,所以A=. 综上,A=(9分) (3)证明:由(1)得|f (x)|=|-2sin 2x-(-1)sin x|2+|-1|. 当01,所以|f (x)|1+2A. 当1时,|f (x)|3-16-4=2A. 所以|f (x)|2A.(12分),思路分析(2)讨论的取值,结合换元法以及二次函数的最值求解即可;(3)结合绝对值不等式的性质即可证明|f (x)|2A.,解题关键有关函数的导数以及函数最值的应用等问题,利用函数单调性和导数的关系,以及换元法转化为二次函数的最值问题是解决本题的关键.,6.(2016课标全国,21,12分) (1)讨论函数f(x)=ex的单
