《2015届高考理科数学二轮复习专题突破课件题能专训：第20讲圆锥曲线的方程与性质提能专训23》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2015届高考理科数学二轮复习专题突破课件题能专训：第20讲圆锥曲线的方程与性质提能专训23（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、提能专训(二十三)导数的综合应用一、选择题1(2014江西八校联考) 已知 m 是区间0,4 内任取的一个数，那么函数 f(x) x32x 2m 2x3 在 xR 上是增函数的概率是()13A. B. 14 13C. D.12 23答案 C解析 f(x) x32x 2m 2x3 在 R 上是增函数，f(x)13x 24xm 20 在 R 上恒成立，164 m20，解得 m2 或 m2.又0m 4，2m4.故所求的概率为 P .24 122(2014辽宁五校联考) 已知 a，b 是实数，且 eba Ba bf(b)，即 ，bln ln aa ln bbaaln b，ln abln ba，所以 a
2、bba.3(2014忻州联考 )定义在 上的函数 f(x)，f(x) 是它的导函(0，2)数，且恒有 f(x) f Bf(1)f D. f 0， 0，fxsin x f xsin x fxcos xsin2x函数 在 上单调递 增，fxsin x (0，2)从而 ，故 选 B.25(2014陕西卷改编) 设函数 f(x)ln(1x )，g(x) xf(x) ，x0，其中 f(x )是 f(x)的导函数若 f(x) ag(x)恒成立，则实数 a 的取值范围是( )A( 1，) B(0，) C (，0) D(，1答案 D解析 对 f(x)求导，得 f(x) ，所以 g(x)xf(x ) .11 x
3、 x1 x若 f(x)ag( x)恒成立，即 ln(1x) 恒成立ax1 x设 (x)ln(1x ) (x0)，则 (x ) ax1 x 11 x a1 x2.x 1 a1 x2当 a1 时，(x)0(当且仅当 x0， a1 时等号成立) ，所以 (x)在 0， )上 单调递增又 (0)0，即 (x)0 在0，)上恒成立，所以当 a1 时，ln(1x) 恒成立(当且仅当 x0 时等号成ax1 x立)当 a1 时，对 x(0，a 1)，有 (x)1 时，存在 x0，使 (x)4.所以 a 的取值范围为(4，)8已知三次函数 f(x) ax3bx 2cxd 的图象如图所示，则()f 2f 1A5
4、B5 C2 D2答案 D解析 对 f(x)求导，得 f(x)3ax 22bxc，结合题中图象知，x1,2 为导 函数的零点，所以 f(1)f (2)0，即Error!解得Error!所以 f(x) x2 xc (x2x2)，c2 c2 c2于是 2.故选 D.f 2f 1 4 2 21 1 29(2014安庆二模 )设 10，1x x 1x函数 yf (x)在(1,2)内为增函数f(x)f(1)10，x ln x000，ln x2x2 ln xx 2ln x xln xx2 2 xln xx2 20 时，由 f(x )e xa0 解得 xln a，且当 xln a 时 ，f(x)0，函数 f(
5、x)单调递增，所以 f(x)0 恒成立，即 f(x)min f(ln a)aaln ab0，所以 ba aln a，aba 2a 2ln a，a0.令 yx 2x 2ln x，x0，则 y2x2xln xx x (12ln x)，x0，由y0 解得 x ，且 x(0， )时，y0，函数 yx 2x 2ln x 单调递e e增；x ( ，)时，y 0，函数 h(t)单调递增故函数 h(t)的最小值为 h(1)1 21(1ln 1)1，故|PQ|的最小值为 1.二、填空题12(2014 南京、盐城二模) 表面积为 12 的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为_答案 1 2解析 因 为
6、122 rh2r 2，rhr 26，所以V r2hr(6 r 2)，00，当 x1f(x2)x 2f(x1)，则称函数f(x)为 “H 函数 ”给出下列函数：y x3x1；y 3x2(sin xcos x)； ye x 1；f( x)Error!以上函数是“H 函数”的所有序号为_答案 解析 因 为 x1f(x1)x 2f(x2)x1f(x2)x 2f(x1)，即( x1x 2)f(x1)f (x2)0，所以函数 f(x)在 R 上是增函数由 y3x 210 得 0 恒成立，所2 (x 4) 2以为 “H 函数” ；由 ye x0 恒成立，所以为“H 函数” ；由于为偶函数，所以不可能在 R
7、上是增函数，所以不是“H 函数” 综上，是“H 函数”的有.14(2014 唐山一模)定义在 R 上的函数 f(x)满足：f(x )f(x)x 2，当 x0时， f( x)f(x)2x 0)，g(x )x 2mf(x)x 2mxmln xm (x0)，g(x) 2xm (2x2mx m)(x0) mx 1x令 d(x)2x 2mxm( x0)当函数 g(x)在(1,3)内有一个极值时，g(x )0 在(1,3)内有且仅有一个根，即 d(x) 2x2mxm0 在(1,3)内有且仅有一个根又d(1) 20，当 d(3)0，即 m9 时，d( x)2x 2mx m0 在(1,3)内有且仅有一个根 x
8、 ；当 d(3)0 时，应32有 d(3)9，m9.当函数 g(x)在(1,3)内有两个极值时，g(x )0 在(1,3)内有两个根，即二次函数 d(x)2x 2mxm0 在(1,3)内有两个不等根，所以Error!解得 80，则 ln x1ln ，x ；令 f( x)1，即证：tln 0)，h( x) ln(1x )x，t 1t 1则 h(x) 1 g(x0)成立？如果存在，求出符合条件的一个 x0；否则说m2明理由解：(1) f(x)的定义域是 R，f(x)e x1，且在(，0) 上 f(x)0，所以 f(x)minf(0)0.(2)g (x)2xe axax 2eax(2xax 2)ea
9、x.当 a0 时，若 x0，则 g( x)0.所以当 a0 时，函数 g(x)在区间(，0)内为减函数，在区间(0，) 内为增函数当 a0 时，由 2xax 20，解得 x0，2a由 2xax 20 时，函数 g(x)在区间 内为增函数，( ， 2a)在区间 内为减函数，在区间(0， )内为增函数( 2a，0)当 a0，解得 0 .2a所以当 a g(x0)，ex 0x 01 x ex0， x 10，使(*)式成立，只需找到当 x0 时，函数 h(x) x2 1 的最小值 h(x)minx0 时，h(x)0 ，所以 h(x)minh( x0)h(ln m) (ln m)2mln mm1.m2下
10、面只需证明：当 0 g(x0)成立m218(2014 湖北八市联考) 定义在 R 上的函数 g(x)及二次函数 h(x)满足：g( x)2g( x ) ex 9，h(2) h(0)1 且 h(3)2.2ex(1)求 g(x)和 h(x)的解析式；(2)对于 x1， x21,1，均有 h(x1)ax 15g(x 2)x 2g(x2)成立，求 a 的取值范围；(3)设 f(x)Error!在(2)的条件下，讨论方程 ff(x)a5 的解的个数情况解：(1) g (x)2g(x) e x 9，2exg( x) 2g(x)e x 9，即 g(x)2g(x )2e x2e x 9，1ex由联立解得，g(
11、x) e x3.h(x )是二次函数，且 h(2)h(0)1，可设 h(x)ax( x2)1，由 h( 3) 2，解得 a1，h(x ) x(x2)1 x 22x1，g(x )e x3，h( x)x 22x1.(2)设 (x) h(x)ax 5x 2(a2)x 6，F(x)g(x)xg (x)e x 3x (ex3)(1x)e x3x3，依题意知，当1x 1 时，(x) minF(x )max.F (x)e x(1 x)e x3x ex3，在 1,1上单调递减，F (x)minF (1) 3e0 ，F(x)在1,1上单调递增，F(x )maxF(1)0，Error!解得3a7，实数 a 的取值范围为3,7(3)设 ta 5，由(2) 知，2t12.f(x)的图象如图所示：设 f(x)T，则 f(T)t.当 t2，即 a3 时，T1 或者 Tln 5，f(x )1 有 2 个解，f (x)ln 5 有 3 个解；当 22 ，f(x) T 有 1个解综上所述：当 a3 时，方程有 5 个解；当3ae 28 时，方程有 3 个解；当 ae 28 时，方程有 2 个解；当 e28a7 时，方程有 1 个解
