2019高考數(shù)學二輪復習 第一部分 壓軸專題二 函數(shù)與導數(shù) 第2講 利用導數(shù)研究函數(shù)的綜合問題練習 理.doc
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第2講 利用導數(shù)研究函數(shù)的綜合問題A組小題提速練一、選擇題1設函數(shù)f(x)在R上的導函數(shù)為f(x),且2f(x)xf(x)x2,下面的不等式在R上恒成立的是()Af(x)0Bf(x)x Df(x)x解析:可令f(x)x2,則f(x)滿足條件,驗證各個選項,知B、C、D都不恒成立,故選A.答案:A2對于R上可導的任意函數(shù)f(x),若滿足(x1)f(x)0,則有()Af(0)f(2)2f(1)Df(0)f(2)2f(1)解析:由題意得,當x1時,f(x)0,當x1時,f(x)0,f(x)的最小值為f(1),即對任意實數(shù)x,都有f(x)f(1),f(0)f(1),f(2)f(1),f(0)f(2)2f(1),故選D.答案:D3設f(x),g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù),當x0,且f(3)0,則不等式f(x)g(x)0知x0時,h(x)為增函數(shù),又f(x),g(x)分別是奇函數(shù)和偶函數(shù),h(x)為奇函數(shù)且在(0,)上為增函數(shù),且h(3)0,所以f(x)g(x)0的解集為(,3)(0,3),故選D.答案:D4已知f(x)是定義在R上的函數(shù),f(x)是f(x)的導函數(shù),且f(x),f(1)1,則不等式f(x)的解集為()Ax|x1Cx|x1 Dx|1x1解析:f(x),f(x).令g(x)f(x),g(1),g(x)g(1)g(x)f(x)1.答案:B5(2018貴陽模擬)求曲線yx2與直線yx所圍成的封閉圖形的面積,其中正確的是()AS(x2x)dxBS(x2x)dxCS(y2y)dyDS(y2y)dy解析:依題意,在同一坐標系下畫出曲線yx2與直線yx的圖象(圖略),注意到它們的交點坐標分別為(0,0)與(1,1),結合圖形及定積分的幾何意義可知,相應的圖形的面積可用定積分表示為(x2x)dx,選B.答案:B6(2018合肥模擬)在如圖所示的正方形中隨機投擲10 000個點,則落入陰影部分(曲線C的方程為x2y0)的點的個數(shù)的估計值為()A5 000B6 667C7 500 D7 854解析:S陰影S正方形x2dx1,所以有,解得n6 667,故選B.答案:B7函數(shù)f(x)x2ln x的最小值為()A. B1C0 D不存在解析:f(x)x,且x0.令f(x)0,得x1;令f(x)0,得0x0,則函數(shù)F(x)xf(x)的零點個數(shù)是()A0 B1C2 D3解析:當x0時,f(x)0,當x0時,xf(x)0,則h(x)xf(x)在(0,)上為增函數(shù),且h(0)0,h(x)xf(x)0在(0,)上恒成立,又0,F(xiàn)(x)0在(0,)上恒成立,即F(x)在(0,)上無零點當x0時,xf(x)0在(,0)上恒成立,所以F(x)xf(x)在(,0)上為減函數(shù),當x0時,xf(x)0,則F(x)0,在0,2上,g(x)0,故g(x)的最小值為g(2)1,所以2a1,即a.故選D.答案:D10已知常數(shù)a,b,c都是實數(shù),f(x)ax3bx2cx34的導函數(shù)為f(x),f(x)0的解集為x|2x3,若f(x)的極小值等于115,則a的值是()A B.C2 D5解析:由題意知,f(x)3ax22bxc0的解集為2,3,且在x3處取得極小值115,故有解得a2.答案:C11設函數(shù)f(x)在2,2上的最大值為2,則實數(shù)a的取值范圍是()A. B.C(,0) D.解析:設y2x33x21(2x0),則y6x(x1)(2x0),所以2x0,1x0時y0時,yeax在(0,2上的最大值e2a2,所以0aln 2,當a0時,y12,當a0時,yeax在(0,2上的最大值小于1,所以實數(shù)a的取值范圍是.答案:D12定義在R上的函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f(x),已知f(x1)是偶函數(shù),且(x1)f(x)0.若x12,則f(x1)與f(x2)的大小關系是()Af(x1)f(x2) D不確定解析:由(x1)f(x)1時,f(x)0,函數(shù)單調遞減當x0,函數(shù)單調遞增因為函數(shù)f(x1)是偶函數(shù),所以f(x1)f(1x),f(x)f(2x),即函數(shù)f(x)圖象的對稱軸為x1.所以,若1x1f(x2);若x12x11,此時有f(x2)f(x2)綜上,必有f(x1)f(x2),選C.答案:C二、填空題13定積分dx_.解析:由y得x2y216(y0),所以dx表示以原點為圓心,半徑為4的圓的面積的,所以dx424.答案:414已知函數(shù)f(x)x22axln x,若f(x在區(qū)間上是增函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍為_解析:由題意知f(x)x2a0在上恒成立,即2ax在上恒成立又yx在上單調遞減,max,2a,即a.答案:15已知函數(shù)f(x)ln x,則函數(shù)g(x)f(x)f(x)在區(qū)間2,e上的最大值為_解析:因為f(x)ln x,所以f(x),則g(x)f(x)f(x)ln x,函數(shù)g(x)的定義域為(0,),g(x)0在x(0,)上恒成立,所以函數(shù)g(x)在(0,)上是增函數(shù),所以g(x)在區(qū)間2,e上的最大值g(x)maxg(e)ln e1.答案:116已知yf(x)為R上的連續(xù)可導函數(shù),且xf(x)f(x)0,則函數(shù)g(x)xf(x)1(x0)的零點個數(shù)為_解析:設F(x)xf(x),則F(x)f(x)xf(x)0在R上恒成立,且F(0)0,所以F(x)xf(x)0在(0,)上恒成立,所以在(0,)上g(x)xf(x)11恒成立,則函數(shù)g(x)xf(x)1的零點個數(shù)為0.答案:0B組大題規(guī)范練1已知函數(shù)f(x).(1)判斷函數(shù)f(x)的單調性;(2)求證:exln(x1)x2ln(x1)解析:(1)由已知得f(x)的定義域為x|x0,f(x),設g(x)(x1)ex1,則g(x)xex,令g(x)0,得x0,g(x)在(,0)上是減函數(shù),在(0,)上是增函數(shù),g(x)g(0)0,f(x)0,f(x)在(,0)和(0,)上都是增函數(shù)(2)證明:設h(x)xln(x1),x1,則h(x)1,令h(x)0,得x0,h(x)在(1,0)上是減函數(shù),在(0,)上是增函數(shù),h(x)h(0)0,即xln(x1)當x0時,xln(x1)0,f(x)在(0,)上是增函數(shù),f(x)f(ln(x1),即,(ex1)ln(x1)x2.當1xxln(x1),f(x)在(,0)上是增函數(shù),f(x)f(ln(x1),即,(ex1)ln(x1)x2.當x0時,(ex1)ln(x1)x20.由可知,對一切x1,均有(ex1)ln(x1)x2,即exln(x1)x2ln(x1)2已知函數(shù)f(x)(aR),曲線yf(x)在點(1,f(1)處的切線與直線xy10垂直(1)試比較2 0162 017與2 0172 016的大小,并說明理由;(2)若函數(shù)g(x)f(x)k有兩個不同的零點x1,x2,證明:x1x2e2.解析:(1)2 0162 0172 0172 016.理由如下:依題意得,f(x),因為函數(shù)f(x)在x1處有意義,所以a1.所以f(1),又由過點(1,f(1)的切線與直線xy10垂直可得,f(1)1,即1,解得a0.此時f(x),f(x),令f(x)0,即1ln x0,解得0xe;令f(x)0,即1ln xe.所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,e),單調遞減區(qū)間為(e,)所以f(2 016)f(2 017),即,則2 017ln 2 0162 016 ln 2 017,所以2 0162 0172 0172 016.(2)證明:不妨設x1x20,因為g(x1)g(x2)0,所以ln x1kx10,ln x2kx20.可得ln x1ln x2k(x1x2),ln x1ln x2k(x1x2),要證x1x2e2,即證ln x1ln x22,也就是k(x1x2)2,因為k,所以只需證,即ln,令t,則t1,即證ln t.令h(t)ln t(t1)由h(t)0,得函數(shù)h(t)在(1,)上是增函數(shù),所以h(t)h(1)0,即ln t.所以x1x2e2.3已知函數(shù)f(x)2ln xx22ax(a0)(1)討論函數(shù)f(x)的單調性;(2)若函數(shù)f(x)有兩個極值點x1,x2(x1x2),且f(x1)f(x2)2ln 2恒成立,求a的取值范圍解析:(1)由題意知,函數(shù)f(x)的定義域是(0,),f(x),令x2ax10,則a24,當02時,0,方程x2ax10有兩個不同的實根,分別設為x3,x4,不妨令x3x4,則x3,x4,此時0x30,當x(x3,x4)時,f(x)0,所以函數(shù)f(x)在上單調遞增,在上單調遞減,在上單調遞增(2)由(1)得f(x)在(x1,x2)上單調遞減,x1x2a,x1x21,則f(x1)f(x2)2ln(x1x2)(x1x22a)2ln2ln,令t,則0t1,f(x1)f(x2)2ln tt,令g(t)2ln tt(0t1),則g(t)0,故g(t)在(0,1)上單調遞減且g2ln 2,故g(t)f(x1)f(x2)2ln 2g,即0t,而a2(x1x2)22t2,其中0t,令h(t)t2,t,所以h(t)10在t上恒成立,故h(t)t2在上單調遞減,從而a2,故a的取值范圍是.4已知f(x)e2xln(xa)(1)當a1時,求f(x)的圖象在點(0,1)處的切線方程;當x0時,求證:f(x)(x1)2x.(2)若存在x00,),使得f(x0)0,F(xiàn)(x)在0,)上單調遞增,所以F(x)F(0)0,F(xiàn)(x)在0,)上單調遞增,所以F(x)F(0)0.(2)原問題等價于x00,使得e2x0ln(x0a)x0,u(x)在0,)上單調遞增,u(x)u(0)2,當a時,u(0)20,u(x)在0,)上單調遞增,u(x)minu(0)1ln ae.當a時,ln(xa)0x,令h(x)00xln.設g(x)e2xx2(x0),則g(x)2e2x2x1,g(x)4e2x2420,g(x)在0,)上單調遞增,g(x)g(0)10,g(x)在0,)上單調遞增,g(x)g(0)0,e2xx2xlnln(xa),當a2ln(xa)x2在x0,)上恒成立,不合題意綜上可得,a的取值范圍是(e,)- 配套講稿:
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