《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式 專題強(qiáng)化練五 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式 專題強(qiáng)化練五 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題強(qiáng)化練五 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用一、選擇題1設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(2)0，當(dāng)x0時(shí)，有0恒成立，則不等式x2f(x)0的解集是()A(2，0)(2，)B(2，0)(0，2)C(，2)(2，) D(，2)(0，2)解析：當(dāng)x0時(shí)，0，所以(x)在(0，)上為減函數(shù)，又(2)0，所以當(dāng)且僅當(dāng)0x2時(shí)，(x)0，此時(shí)x2f(x)0.又f(x)為奇函數(shù)，所以h(x)x2f(x)也為奇函數(shù)故x2f(x)0的解集為(，2)(0，2)答案：D2(2018貴陽(yáng)聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?，4，部分對(duì)應(yīng)值如下表：x10234f(x)12020f(x)的導(dǎo)函數(shù)yf(x)的圖象如圖所示當(dāng)1a2時(shí)，

2、函數(shù)yf(x)a的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為()A1 B2 C3 D4解析：根據(jù)導(dǎo)函數(shù)圖象，知2是函數(shù)的極小值點(diǎn)，函數(shù)yf(x)的大致圖象如圖所示由于f(0)f(3)2，1a2，所以yf(x)a的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為4.答案：D3(2018廣東二模)已知函數(shù)f(x)exln x，則下面對(duì)函數(shù)f(x)的描述正確的是()Ax(0，)，f(x)2Bx(0，)，f(x)2Cx0(0，)，f(x0)0Df(x)min(0，1)解析：因?yàn)閒(x)exln x的定義域?yàn)?0，)，且f(x)ex，令g(x)xex1，x0，則g(x)(x1)ex0在(0，)上恒成立，所以g(x)在(0，)上單調(diào)遞增，又g(0)g(1)(e1)0，所以

3、x0(0，1)，使g(x0)0，則f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，)上單調(diào)遞增，則f(x)minf(x0)ex0ln x0，又ex0，x0ln x0，所以f(x)minx02.答案：B4若函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，且滿足f(x)xf(x)0，則()A3f(1)f(3) B3f(1)f(3)C3f(1)f(3) Df(1)f(3)解析：由于f(x)xf(x)，則0恒成立，因此y在R上是單調(diào)減函數(shù)，所以，即3f(1)f(3)答案：B5(2018佛山市質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)若mn，且f(m)f(n)，則nm的最小值是()A32ln 2 Be1C2 De1解析：作出函數(shù)yf(x)的圖象如圖所

4、示若mn，且f(m)f(n)，則當(dāng)ln x1時(shí)，得xe，因此1ne，1m1.又ln nm，即m2ln n1.所以nmn2ln n1，設(shè)h(n)n2ln n1(1ne)，則h(n)1.當(dāng)h(n)0，得2ne；當(dāng)h(n)0，得1n2.故當(dāng)n2時(shí)，函數(shù)h(n)取得最小值h(2)32ln 2.答案：A二、填空題6做一個(gè)無(wú)蓋的圓柱形水桶，若要使其體積是27 dm3，且用料最省，則圓柱的底面半徑為_dm.解析：設(shè)圓柱的底面半徑為R dm，母線長(zhǎng)為l dm，則VR2l27，所以l，要使用料最省，只需使圓柱形水桶的表面積最小S表R22RlR22，所以S表2R.令S表0，得R3，則當(dāng)R3時(shí)，S表最小答案：37對(duì)

5、于函數(shù)yf(x)，若其定義域內(nèi)存在兩個(gè)不同實(shí)數(shù)x1，x2，使得xif(xi)1(i1，2)成立，則稱函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P.若函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_解析：依題意，xf(x)1，即1在R上有兩個(gè)不相等實(shí)根，所以axex在R上有兩個(gè)不同的實(shí)根，令(x)xex，則(x)ex(x1)，當(dāng)x1時(shí)，(x)0，(x)在(，1)上是減函數(shù)；當(dāng)x1時(shí)，(x)0，(x)在(1，)上是增函數(shù)因此(x)極小值為(1).在同一坐標(biāo)系中作y(x)與ya的圖象，又當(dāng)x0時(shí)，(x)xex0.由圖象知，當(dāng)a0時(shí)，兩圖象有兩個(gè)交點(diǎn)故實(shí)數(shù)a的取值范圍為.答案：8(2018江蘇卷改編)若函數(shù)f(x)2x3ax

6、21(aR)在(0，)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，則f(x)在0，1上的最大值是_解析：f(x)6x22ax2x(3xa)(aR)，當(dāng)a0時(shí)，f(x)0在(0，)上恒成立，則f(x)在(0，)上單調(diào)遞增又f(0)1，所以此時(shí)f(x)在(0，)內(nèi)無(wú)零點(diǎn)，不滿足題意，因此a0.當(dāng)a0時(shí)，令f(x)0得x.當(dāng)0x時(shí)，f(x)0，f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x時(shí)，f(x)0，f(x)為增函數(shù)，所以x0時(shí)，f(x)有極小值，為f1.因?yàn)閒(x)在(0，)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，所以f0，所以a3.所以f(x)2x33x21，則f(x)6x(x1)當(dāng)x(0，1)時(shí)，f(x)0，故f(x)在x0，1上是減函數(shù)，所以f(x)ma

7、xf(0)1.答案：1三、解答題9已知函數(shù)f(x)ln x.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求證：ln .(1)解：f(x)ln x1ln x，f(x)的定義域?yàn)?0，)f(x)，令f(x)00x1，令f(x)0x1，所以f(x)1ln x在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減(2)證明：要證ln ，即證2ln x1，即證1ln x0.由(1)可知，f(x)1ln x在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，所以f(x)在(0，)上的最大值為f(1)11ln 10，即f(x)0，所以1ln x0恒成立原不等式得證10已知函數(shù)f(x)ex1，g(x)x，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，e2.

8、718 28(1)證明：函數(shù)h(x)f(x)g(x)在區(qū)間(1，2)上有零點(diǎn)；(2)求方程f(x)g(x)的根的個(gè)數(shù)，并說明理由(1)證明：由題意可得h(x)f(x)g(x)ex1x，所以h(1)e30，h(2)e230，所以h(1)h(2)0，所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(1，2)上有零點(diǎn)(2)解：由(1)可知，h(x)f(x)g(x)ex1x.由g(x)x知x0，)，而h(0)0，則x0為h(x)的一個(gè)零點(diǎn)又h(x)在(1，2)內(nèi)有零點(diǎn)，因此h(x)在0，)上至少有兩個(gè)零點(diǎn)h(x)exx1，記(x)exx1.則(x)exx，當(dāng)x(0，)時(shí)，(x)0，則(x)在(0，)上遞增易知(x)在(0，)內(nèi)

9、只有一個(gè)零點(diǎn)，所以h(x)在0，)上有且只有兩個(gè)零點(diǎn)，所以方程f(x)g(x)的根的個(gè)數(shù)為2.11(2018佛山質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)f(x)(aR)(1)若曲線yf(x)在x1處的切線過點(diǎn)M(2，3)，求a的值；(2)設(shè)g(x)x，若對(duì)任意的n0，2，存在m0，2，使得f(m)g(n)成立，求a的取值范圍解：(1)因?yàn)閒(x)，所以f(x)e.又f(1)1，即切點(diǎn)為(1，1)，所以kf(1)1a，解得a1.(2)“對(duì)任意的n0，2，存在m0，2，使得f(m)g(n)成立”，等價(jià)于“在0，2上，f(x)的最大值大于或等于g(x)的最大值”因?yàn)間(x)x，g(x)0，所以g(x)在0，2上單調(diào)遞增，所以g

10、(x)maxg(2)2.令f(x)0，得x2或xa.當(dāng)a0時(shí)，f(x)0在0，2上恒成立，f(x)單調(diào)遞增，f(x)maxf(2)(4a)e12，解得a42e；當(dāng)0a2時(shí)，f(x)0在0，a上恒成立，f(x)單調(diào)遞減，f(x)0在a，2上恒成立，f(x)單調(diào)遞增，f(x)的最大值為f(2)(4a)e1或f(0)ae，所以(4a)e12或ae2.解得a42e或a，所以a2；當(dāng)a2時(shí)，f(x)0在0，2上恒成立，f(x)單調(diào)遞減，f(x)maxf(0)ae2，解得a，所以a2.綜上所述，a42e或a.故a的取值范圍為(，42e，)滿分示范練函數(shù)與導(dǎo)數(shù)【典例】(2017全國(guó)卷)已知函數(shù)f(x)ln

11、xax2(2a1)x.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a0時(shí)，證明：f(x)2.(1)解：f(x)的定義域(0，)f(x)2ax2a1，若a0，則當(dāng)x(0，)時(shí)，f(x)0，故f(x)在(0，)上單調(diào)遞增若a0時(shí)，當(dāng)x時(shí)，f(x)0；當(dāng)x時(shí)，f(x)0.故f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減(2)證明：由(1)知，當(dāng)a0時(shí)，f(x)在x處取得最大值，最大值為fln1，所以f(x)2等價(jià)于ln12，即ln10，設(shè)g(x)ln xx1，則g(x)1.當(dāng)x(0，1)時(shí)，g(x)0；x(1，)時(shí)，g(x)0.所以g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減故當(dāng)x1時(shí)，g(x)取得最大值，

12、最大值為g(1)0.所以當(dāng)x0時(shí)，g(x)0，從而當(dāng)a0時(shí)，ln10，即f(x)2.高考狀元滿分心得1得步驟分：抓住得分點(diǎn)的步驟，“步步為贏”，求得滿分如第(1)問中，求導(dǎo)正確，分類討論；第(2)問中利用單調(diào)性求g(x)的最小值和不等式性質(zhì)的運(yùn)用2得關(guān)鍵分：解題過程不可忽視關(guān)鍵點(diǎn)，有則給分，無(wú)則沒分，如第(1)問中，求出f(x)的定義域，f(x)在(0，)上單調(diào)性的判斷；第(2)問，f(x)在x處最值的判定，f(x)2等價(jià)轉(zhuǎn)化為ln10等3得計(jì)算分：解題過程中計(jì)算準(zhǔn)確是得滿分的根本保證如第(1)問中，求導(dǎo)f(x)準(zhǔn)確，否則全盤皆輸，第(2)問中，準(zhǔn)確計(jì)算f(x)在x處的最大值解題程序第一步：求

13、函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)；第二步：分類討論f(x)的單調(diào)性；第三步：利用單調(diào)性，求f(x)的最大值；第四步：根據(jù)要證的不等式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，構(gòu)造函數(shù)g(x)；第五步：求g(x)的最大值，得出要證的不等式；第六步：反思回顧，查看關(guān)鍵點(diǎn)、易錯(cuò)點(diǎn)和解題規(guī)范跟蹤訓(xùn)練(2017全國(guó)卷)已知函數(shù)f(x)x1aln x.(1)若f(x)0，求a的值；(2)設(shè)m為整數(shù)，且對(duì)于任意正整數(shù)n，(1)m，求m的最小值解：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，)，若a0，因?yàn)閒aln 20，所以不滿足題意若a0，由f(x)1知，當(dāng)x(0，a)時(shí)，f(x)0.所以f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，)上單調(diào)遞增故xa是f(x)在(0，)的唯一最小值點(diǎn)因?yàn)閒(1)0，所以當(dāng)且僅當(dāng)a1時(shí)，f(x)0，故a1.(2)由(1)知當(dāng)x(1，)時(shí)，x1ln x0.令x1，得ln，從而lnlnln11.故e.又2，所以當(dāng)n3時(shí)，(2，e)，由于(1)m，且mN*.所以整數(shù)m的最小值為3.