届高考数学大二轮复习专题题型1选填题练熟练稳少丢分第10讲函数与导数练习文Word下载.docx
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(x)=-+a=2在(0,+a)
x
上有解,则a=2—x.z\.
因为x>
0,所以2—2,
所以a的取值范围是(一a,2).
3.(2019•广州调研)已知直线y=kx—2与曲线y=xlnx相切,贝实数k的值为()
A.ln2B.1
C.1—In2D.1+In2
解析由y=xlnx得y'
=Inx+1,设切点为(xo,yo),贝Uk=Inxo+1,v切点(xo,
yo=kx。
一2,
y°
)(X0>
0)既在曲线y=xInx上又在直线y=kx—2上,
y0=X0lnX0,
2
X0+—=InX0+1,•X0=2,「.k=In2+
X0
1.故选D.
第1题易错点有二:
一是不能利用奇函数定义正确求解a的值;
二是不会利用导数几何
意义求解切线斜率.第2题不能把条件与导数的几何意义联系起来,转化为存在型问题,进
而求解.第3题易出现两方面的错误:
一是误把点(0,—2)作为切点;
二是盲目设直线I的
方程,导致解题复杂化,求解受阻.
热点2利用导数研究函数的性质
1.求可导函数单调区间的一般步骤
(1)确定函数f(x)的定义域(定义域优先);
⑵求导函数f'
(X);
(3)在函数f(x)的定义域内求不等式f'
(x)>
0或f'
(x)<
0的解集;
(4)由f'
(x)>
0(f'
(x)<
0)的解集确定函数f(x)的单调增(减)区间.若遇不等式中带有参数时,可分类讨论求得单调区间.
2.根据函数f(x)在(a,b)上的单调性,求参数范围的方法
(1)若函数y=f(x)在(a,b)上单调递增,转化为f'
(x)》0在(a,b)上恒成立求解;
(2)若函数y=f(x)在(a,b)上单调递减,转化为f'
(x)W0在(a,b)上恒成立求解;
(3)若函数y=f(x)在(a,b)上单调,转化为f'
(x)在(a,b)上不变号,即f'
(x)在(a,b)上恒大于等于零或恒小于等于零.
3.利用导数研究函数极值与最值需注意的几点
(1)求函数极值时,一定要注意分析导函数的零点是不是函数的极值点;
(2)求函数最值时,务必将极值点与端点值比较得出最大(小)值;
(3)对于含参数的函数解析式或区间求极值、最值问题,务必要对参数分类讨论.
1.函数f(x)=x3+3m)<
+nx+m在x=-1时的极值为0,则mn的值为()
A.m=2,n=9
B.m=1,n=3
C.m=1,n=3或m=2,n=9
D.m=1,n=9
答案A
解析■/f'
(x)=3x+6mx+n,由题意可知
n=3时,
f'
(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2>
0,函数
f(x)在R上单调递增,无极值,舍去.当
A.(—a,1)
C.(—a,2)
2a
解析由f(x)=x-alnx,得f'
(x)=2x—一,
X
a2
•••f(x)在(1,+s)上单调递增,•••2x—-》0在(1,+s)上恒成立,即a<
2x在(1,
+8)上恒成立,
2•••当x€(1,+8)时,2x>
2,•aw2.故选D.
第1题易由于极值概念不清而导致错误,x=—1是f(x)的极值点?
f'
(—1)=0,但
(—1)=0未必有x=—1是f(x)的极值点,需要验证f'
(x)在点x=—1两端是否异号.第
2题f(x)在(1,+8)上是增函数等价于f'
(x)》0在(1,+8)上恒成立,易漏掉f'
(x)=0
的情况而出错•
热点3利用导数解决与不等式有关的问题
1.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法
(1)分离参数法
1将原不等式分离参数,转化为不含参数的函数的最值问题;
2利用导数求该函数的最值;
3根据要求得所求范围.
(2)函数思想法
1将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题;
2利用导数求该函数的极值(最值);
3构建不等式求解.
2.利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形;
(2)构造新的函数h(x);
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值;
(4)根据单调性及最值,得到所证不等式.
3.构造辅助函数的四种方法
(1)移项法:
证明不等式f(x)>
g(x)(f(x)<
g(x))的问题转化为证明f(x)—g(x)>
0(f(x)
—g(x)v0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)—g(x);
(2)构造“形似”函数:
对原不等式同解变形,如移项、通分、取对数,把不等式转化
为左右两边是相同结构的式子的结构,根据“相同结构”构造辅助函数;
(3)主元法:
对于(或可化为)f(x,X2)>
A的不等式,可选xi(或X2)为主元,构造函数f(x,X2)(或f(Xi,x));
(4)放缩法:
若所构造函数最值不易求解,可将所证明不等式进行放缩,再重新构造函
数.
已知函数f(x)=ex+ax—2,其中a€R若对于任意的Xi,x?
€[1,+^),且xi<
X2,都
有X2•f(xi)—xi•f(X2)<
a(xi—X2)成立,则a的取值范围是()
B.
A.[1,+s)
D.(—g,2]
[2,+s)
c.(—g,1]
解析由X2•f(xi)—xi•f(x2)<
a(xi—X2)得
X2[f(xi)+a]<
Xi[f(X2)+a],即丄旦上,令h(x)=」^,则对于
任意的xi,X2€[i,+g),且xi<
X2,都有X2•f(xi)—xi•f(X2)<
a(xi—X2)成立,等价于当xi<
X2
g)上恒成立.令g(x)=xeX—ex+2,「.g'
(x)=xeX>
0,「.g(x)在[i,+g)上为增函数,
g(x)>
g(i)=2,•••aw2.•••a的取值范围是(一g,2].故选D.
解决本题的关键(难点)是构造合适的函数,易错点有两个方面:
一是对原不等式变形不
到位,构造不出新函数;
二是不能把题干信息合理转化为所构造新函数的相关性质进而解决
问题.
热点4利用导数解决与方程的解有关的问题
利用导数研究方程的解(或曲线公共点)的个数问题:
(1)将问题转化为函数的零点问题,进而转化为函数的图象与x轴(或直线y=k)在该区
间上的交点问题;
(2)利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质,进而画出其
图象;
(3)结合图象,根据零点的个数,寻找函数在给定区间的极值及区间端点值的函数值与
0的关系,从而求得参数的取值范围.
1.若f(x)=ax3—3x2+1存在唯一的零点xo,且xo>
0,则a的取值范围为()
A.(2,+^)B.(—a,—2)
C.(1,+a)D.(—a,—1)
22解析解法一:
由题意得a^0,f'
(x)=3ax—6x,令f'
(x)=0,得x=0或x=-,
a
22
当a>
0时,x€(—a,0),f'
(x)>
0;
x€0,,f'
x€,+a,f'
0;
且
aa
f(0)=1>
0,f(x)有小于零的零点,不符合题意.当a<
0时,x€—a-,f'
x€,0,aa
22f'
x€(0,+a),f'
0.要使f(x)有唯一的零点X0且X0>
0,只需f;
>
0,即a2>
4,aa<
—2.故选B.
3211
解法二:
由题意得a*0,f(x)=ax—3x+1有唯一的正零点,等价于a=3•-—-3有xx
唯一的正根,令t=-,则问题又等价于a=—t3+3t有唯一的正根,即y=a与y=—t3+3t
有唯一的交点且交点在y轴右侧.记f(t)=—t3+3t,则f'
(t)=—3t2+3,由f'
(t)=0,
得t=±
1,当t€(—a,—1)时,f'
(t)<
当t€(—1,1)时,f'
(t)>
当t€(1,+a)时,f'
()<
0.要使a=—t3+3t有唯一的正根,只需a<
f(—1)=—2,故选B.
32..
2.若函数f(x)=2x—9x+12x—a恰好有两个不同的零点,则a可能的值为()
A.4B.6C.7D.8
解析由题意得f'
(x)=6x2—18x+12=6(x—1)(x—2),由f'
0,得x<
1或x>
2,
由f'
0,得1<
x<
2,所以函数f(x)在(—a,1),(2,+a)上单调递增,在(1,2)上单调
递减,从而可知f(x)的极大值和极小值分别为f
(1),f
(2).若函数f(x)恰好有两个不同的零
点,贝Uf
(1)=0或f
(2)=0,解得a=5或a=4,故选A.
题不能转化为极值或最值与0的大小关系导致无从下手.第2题关于零点问题易在与0的临
界值上辨析不清
真题自检感悟
IIx
1.(2019•全国卷川)已知曲线y=ae+xlnx在点(1,ae)处的切线方程为y=2x+b,则()
A.a=e,b=—1B.a=e,b=1
—1—1
C.a=e,b=1D.a=e,b=—1
解析y'
=aex+Inx+1,k=y'
|x=1=ae+1,
•••切线方程为y—ae=(ae+1)(x—1),即y=(ae+1)x—1.
又切线方程为y=2x+b,
ae+1=2,—.
•即a=e,b=—1.故选D.
b=—1,
2.(2018•全国卷川)函数y=—x4+x2+2的图象大致为()
解析当x=0时,y=2,排除A,B.y'
=—4x3+2x=—2x(2x2—1),当x€0,#时,y'
0,排除C.故选D.
3.(2019•全国卷I)曲线y=3(x2+x)ex在点(0,0)处的切线方程为.
答案y=3x
=3(2x+1)ex+3(x2+x)ex=ex(3x2+9x+3),•斜率k=e°
x3=3,•切线方程为y=3x.
4.(2019•江苏高考)在平面直角坐标系xOy中,点A在曲线y=lnx上,且该曲线在点
A处的切线经过点(一e,—1)(e为自然对数的底数),则点A的坐标是.
答案(e,1)
解析设A(mn),则曲线y=lnx在点A处的切线方程为y—n=mjx—m.又切线过
点(一e,—1),所以有n+1=_(e).
m
再由n=lnm解得m=e,n=1.
故点A的坐标为(e,1).
专题作业
、选择题
1.(2019•郑州质量检测)已知曲线y=2—3lnX的一条切线的斜率为2,则切点的横坐
标为()
A.3B.2C.1D.2
一33
解析设切点坐标为(xo,yo),且xo>
O,由y'
=x—-,得k=xo—=2,「.xo=3.
XXo
2.(2019•全国卷n)曲线y=2sinx+cosx在点(n,—1)处的切线方程为()
A.x—y—n—1=oB.2x—y—2n—1=o
C.2x+y—2n+1=oD.x+y—n+1=o
答案C
解析设f(x)=y=2sinx+cosx,则f'
(x)=2cosx—sinx,二f'
(n)=—2,「.曲线
在点(n,—1)处的切线方程为y—(—1)=—2(x—n),即2x+y—2n+1=0.故选C.
3.(2017•浙江高考)函数y=f(x)的导函数y=f'
(x)的图象如图所示,贝U函数y=f(x)的图象可能是()
解析观察导函数f'
(x)的图象可知,f'
(x)的函数值从左到右依次为小于0,大于0,
小于0,大于0,二对应函数f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、增.观察选项可知,排除A,C.如图所示,f'
(x)有3个零点,从左到右依次设为X1,X2,X3,且X1,X3是极小值点,X2是极大值点,且X2>
0,故选项D正确.故选D.
4.已知f(x)=x3—ax在[1,+^)上是增函数,则a的最大值是()
A.0B.1C.2D.3
解析由题知f'
(x)=3x—a》0在[1,)上恒成立,即a<
3x在[1,)上恒成
立,而(3X)min=3X1=3.所以aW3,故amax=3.故选D.
23
5.函数f(x)=(X—1)+2的极值点是()
A.x=1B.x=—1
C.x=1或—1或0D.x=0
解析因为f(x)=(x2—1)3+2,所以f'
(x)=6x(x2—1)2.由f'
0得x>
0,由
0得x<
0,所以f(x)在(—g,0)上单调递减,在(0,+^)上单调递增.于是f(x)=
(X2—1)3+2的极值点是x=0.故选D.
6.设函数f(x)的导函数为f'
(x),若f(x)为偶函数,且在(0,1)上存在极大值点,则
(x)的图象可能为()
解析因为f(x)是偶函数,所以其导函数f'
(x)是奇函数,可排除B,D;
又因为f(x)在(0,1)上存在极大值点,故f'
(x)在(0,1)必有变号零点,且零点左侧函数值大于0,右侧
小于0,排除A,故选C.
2x一1
7.(2017•全国卷n)若x=—2是函数f(x)=(x+ax—1)e的极值点,则f(x)的极小
值为()
一3
A.—1B.—2e
C.5eD.1
解析函数f(x)=(x2+ax—1)ex—,
则f'
(x)=(2x+a)ex—1+(x2+ax—1)•ex—1
=ex—1•[+(a+2)x+a—1].
由x=—2是函数f(x)的极值点得
(—2)=e—3•(4—2a—4+a—1)=(—a—1)e一3=0,
所以a=—1.
所以f(x)=(x2—x—1)ex—1,f'
(x)=ex—1•(x2+x—2).
由ex—1>
0恒成立,得x=—2或x=1时,f'
(x)=0,
且x<
—2时,f'
—2<
1时,f'
x>
1时,f'
0.
所以x=1是函数f(x)的极小值点.
所以函数f(x)的极小值为f
(1)=—1.故选A.
8.设定义在(0,+^)上的单调函数f(x),对任意的x€(0,+^)都有f(f(x)—log2x)
=3.若方程f(x)+f'
(x)=a有两个不同的实数根,则实数a的取值范围是()
A.(1,+g)B.2+jny,+m
t,则f(t)—log2t=t,得log2t=3-t,解得t=2,故f(x)=log次+2,f'
(x)=xn亍,构
造函数g(x)=f(x)+f'
(x)—a=log2X+x|n2—a+2,^方程f(x)+f'
(x)=a有两个不同
111x—1
的实数根,•••g(x)有两个不同的零点.g'
(x)=xn2~—x^T=用亍•一厂,当xc(。
⑴
时,g'
当x€(1,+8)时,g'
0,.・.g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+^)上
111
单调递增,•g(x)min=g
(1)=—a+2,由一a+2<
0,得a>
2+,故实数a的取值
ln2ln2ln2
范围是2+,+m.
ln2
9.(2019-青岛二模)已知函数f(x)=2ef'
(e)lnx—-(e是自然对数的底数),贝Uf(x)
e
的极大值为()
A.2e—1B.—-C.1D.2ln2e
2ef'
e111
解析由题意知,f'
(x)=x—,•f'
(e)=2f'
(e)—,则f'
(e)=.因xeee
21
此f'
(x)=x—-,令f'
(x)=0,得x=2e.•f(x)在(0,2e)上单调递增,在(2e,+^)上单x—
调递减.•••f(x)在x=2e处取极大值f(2e)=2ln(2e)—2=2ln2.
10.(2019•济南调研)已知a为常数,函数f(x)=x(lnx—ax)有两个极值点X1,
X2(X1<
X2),则()
A.f(X1)>
0,f(X2)>
—
B.f(X1)<
0,f(X2)<
C.f(X1)>
0,f(X2)<
D.f(X1)<
解析f'
(x)=lnx—2ax+1,依题意知f'
(x)=0有两个不等实根X1,X2,即曲线y
=1+lnx与直线y=2ax有两个不同交点,如图.
由直线y=x是曲线y=1+lnx的切线可知:
0<
2a<
1,0<
X1<
1<
X2,
•••a€0,2.
由0<
xi<
1得f(xi)=xi(lnxi—axi)<
0,
•/当Xi<
X2时,f,(x)>
0,
i
•f(x2)>
f(i)=—a>
—2故选D.
ii.已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f'
(x),对任意实数x均有(i—x)•f(x)+xf'
0成立,且y=f(x+i)—e是奇函数,则不等式xf(x)—e>
0的解集是()
A.(—g,e)B.(e,+◎
C.(—g,i)D.(i,+g)
xfxxfx
解析原不等式等价于M>
i,令g(x)=e,则g'
(x)=
xx
范围为(
答案
[xfx]e—xfxe
b=2,
则f(0)=—b=—a,f'
(0)=a=2,则
即f(x)=—3x3—2x2+2x—2,
(x)=—x2—x+2=—(x—1)(x+2),
当x<
当一2<
i时,
i时,f'
所以函数f(x)在(一2,i)上单调递增,在
(—g,—2),
(i,+g)上单调递减,
又因为关于X的方程f(x)=m有四个不同的实数解,等价于函数f(x)的图象与直线y
5
=m在x€(0,+^)上有两个交点,因为f(0)=—2,f
(1)=—6,
所以—2<
m<
—,故选D.
6
二、填空题
13.(2019•陕西四校联考)已知函
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- 高考 数学 二轮 复习 专题 题型 选填题练 熟练 稳少丢分第 10 函数 导数 练习