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2023年高考数学二轮优化提升专题训练10:导数的综合运用(含答案解析)

1、专题10 导数的综合运用1、【2022年全国乙卷】已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax-ex2(a0且a1)的极小值点和极大值点若x1x2,则a的取值范围是_2、【2021年新高考2卷】已知函数,函数的图象在点和点的两条切线互相垂直,且分别交y轴于M,N两点,则取值范围是_3、【2022年全国甲卷】已知函数fx=exx-lnx+x-a(1)若fx0,求a的取值范围;(2)证明:若fx有两个零点x1,x2,则环x1x20时,f(x)ln(n+1)7、(2021年全国高考乙卷数学(文)试题)已知函数(1)讨论的单调性;(2)求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标8、(2021年全国

2、高考乙卷数学(理)试题)设函数,已知是函数的极值点(1)求a;(2)设函数证明:9、(2021年全国高考甲卷数学(文)试题)设函数,其中.(1)讨论的单调性;(2)若的图像与轴没有公共点,求a的取值范围.9、(2021年全国高考甲卷数学(理)试题)已知且,函数(1)当时,求的单调区间;(2)若曲线与直线有且仅有两个交点,求a的取值范围题组一、函数的零点、极值点的综合性问题1-1、(2022湖北黄石市有色第一中学高三期末)(多选题)设函数fx=xlnx,gx=fxx,则下列说法正确的有( )A不等式gx0的解集为1e,+;B函数在0,e单调递增,在e,+单调递减;C当x1e,1时,总有fx0且a

3、1)的极小值点和极大值点若x1x2,则a的取值范围是_【答案】1e,1【解析】解:fx=2lnaax-2ex,因为x1,x2分别是函数fx=2ax-ex2的极小值点和极大值点,所以函数fx在-,x1和x2,+上递减,在x1,x2上递增,所以当x-,x1x2,+时,fx0,若a1时,当x0,2ex0,与前面矛盾,故a1不符合题意,若0a1时,则方程2lnaax-2ex=0的两个根为x1,x2,即方程lnaax=ex的两个根为x1,x2,即函数y=lnaax与函数y=ex的图象有两个不同的交点,0a1,函数y=ax的图象是单调递减的指数函数,又lna0,y=lnaax的图象由指数函数y=ax向下关

4、于x轴作对称变换,然后将图象上的每个点的横坐标保持不变,纵坐标伸长或缩短为原来的lna倍得到,如图所示:设过原点且与函数y=gx的图象相切的直线的切点为x0,lnaax0,则切线的斜率为gx0=ln2aax0,故切线方程为y-lnaax0=ln2aax0x-x0,则有-lnaax0=-x0ln2aax0,解得x0=1lna,则切线的斜率为ln2aa1lna=eln2a,因为函数y=lnaax与函数y=ex的图象有两个不同的交点,所以eln2ae,解得1eae,又0a1,所以1ea1,综上所述,a的范围为1e,1.2、【2021年新高考2卷】已知函数,函数的图象在点和点的两条切线互相垂直,且分别

5、交y轴于M,N两点,则取值范围是_【答案】【解析】由题意,则,所以点和点,,所以,所以,所以,同理,所以.故答案为:3、【2022年全国甲卷】已知函数fx=exx-lnx+x-a(1)若fx0,求a的取值范围;(2)证明:若fx有两个零点x1,x2,则环x1x21【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+),f(x)=(1x-1x2)ex-1x+1 =1x(1-1x)ex+(1-1x)=x-1x(exx+1)令f(x)=0,得x=1当x(0,1),f(x)0,f(x)单调递增f(x)f(1)=e+1-a,若f(x)0,则e+1-a0,即ae+1所以a的取值范围为(-,e+1(2)由题知,f(x)

6、一个零点小于1,一个零点大于1不妨设x11x2要证x1x21,即证x1f(1x2)因为f(x1)=f(x2),即证f(x2)f(1x2)即证exx-lnx+x-xe1x-lnx-1x0,x(1,+)即证exx-xe1x-2lnx-12(x-1x)0下面证明x1时,exx-xe1x0,lnx-12(x-1x)1,则g(x)=(1x-1x2)ex-(e1x+xe1x(-1x2)=1x(1-1x)ex-e1x(1-1x)=(1-1x)(exx-e1x)=x-1x(exx-e1x)设(x)=exx(x1),(x)=(1x-1x2)ex=x-1x2ex0所以(x)(1)=e,而e1x0,所以g(x)0所

7、以g(x)在(1,+)单调递增即g(x)g(1)=0,所以exx-xe1x0令h(x)=lnx-12(x-1x),x1h(x)=1x-12(1+1x2)=2x-x2-12x2=-(x-1)22x20所以h(x)在(1,+)单调递减即h(x)h(1)=0,所以lnx-12(x-1x)0,所以x1x20,当x(-1,0),g(x)=ex+a1-x20,即f(x)0所以f(x)在(-1,0)上单调递增,f(x)0所以g(x)在(0,+)上单调递增所以g(x)g(0)=1+a0,即f(x)0所以f(x)在(0,+)上单调递增,f(x)f(0)=0故f(x)在(0,+)上没有零点,不合题意3若a0,所以

8、g(x)在(0,+)上单调递增g(0)=1+a0所以存在m(0,1),使得g(m)=0,即f(m)=0当x(0,m),f(x)0,f(x)单调递增所以当x(0,m),f(x)0所以g(x)在(-1,0)单调递增g(-1)=1e+2a0所以存在n(-1,0),使得g(n)=0当x(-1,n),g(x)0,g(x)单调递增,g(x)g(0)=1+a0所以存在t(-1,n),使得g(t)=0,即f(t)=0当x(-1,t),f(x)单调递增,当x(t,0),f(x)单调递减有x-1,f(x)-而f(0)=0,所以当x(t,0),f(x)0所以f(x)在(-1,t)上有唯一零点,(t,0)上无零点即f

9、(x)在(-1,0)上有唯一零点所以a1时, ex-x=b的解的个数、x-lnx=b的解的个数均为2,构建新函数h(x)=ex+lnx-2x,利用导数可得该函数只有一个零点且可得f(x),g(x)的大小关系,根据存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点可得b的取值,再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.(1)f(x)=ex-ax的定义域为R,而f(x)=ex-a,若a0,则f(x)0,此时f(x)无最小值,故a0.g(x)=ax-lnx的定义域为(0,+),而g(x)=a-1x=ax-1x.当xlna时,f(x)lna时,f(x)0,故f(x)在(lna,+)上为

10、增函数,故f(x)min=f(lna)=a-alna.当0x1a时,g(x)1a时,g(x)0,故g(x)在(1a,+)上为增函数,故g(x)min=g(1a)=1-ln1a.因为f(x)=ex-ax和g(x)=ax-lnx有相同的最小值,故1-ln1a=a-alna,整理得到a-11+a=lna,其中a0,设g(a)=a-11+a-lna,a0,则g(a)=2(1+a)2-1a=-a2-1a(1+a)20,故g(a)为(0,+)上的减函数,而g(1)=0,故g(a)=0的唯一解为a=1,故1-a1+a=lna的解为a=1.综上,a=1.(2)由(1)可得f(x)=ex-x和g(x)=x-ln

11、x的最小值为1-ln1=1-ln11=1.当b1时,考虑ex-x=b的解的个数、x-lnx=b的解的个数.设S(x)=ex-x-b,S(x)=ex-1,当x0时,S(x)0时,S(x)0,故S(x)在(-,0)上为减函数,在(0,+)上为增函数,所以S(x)min=S(0)=1-b0,S(b)=eb-2b,设u(b)=eb-2b,其中b1,则u(b)=eb-20,故u(b)在(1,+)上为增函数,故u(b)u(1)=e-20,故S(b)0,故S(x)=ex-x-b有两个不同的零点,即ex-x=b的解的个数为2.设T(x)=x-lnx-b,T(x)=x-1x,当0x1时,T(x)1时,T(x)0

12、,故T(x)在(0,1)上为减函数,在(1,+)上为增函数,所以T(x)min=T(1)=1-b0,T(eb)=eb-2b0,T(x)=x-lnx-b有两个不同的零点即x-lnx=b的解的个数为2.当b=1,由(1)讨论可得x-lnx=b、ex-x=b仅有一个零点,当b1.设h(x)=ex+lnx-2x,其中x0,故h(x)=ex+1x-2,设s(x)=ex-x-1,x0,则s(x)=ex-10,故s(x)在(0,+)上为增函数,故s(x)s(0)=0即exx+1,所以h(x)x+1x-12-10,所以h(x)在(0,+)上为增函数,而h(1)=e-20,h(1e3)=e1e3-3-2e3e-

13、3-2e30,故h(x)在(0,+)上有且只有一个零点x0,1e3x01且:当0xx0时,h(x)0即ex-xx-lnx即f(x)x0时,h(x)0即ex-xx-lnx即f(x)g(x),因此若存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点,故b=f(x0)=g(x0)1,此时ex-x=b有两个不同的零点x1,x0(x10x0),此时x-lnx=b有两个不同的零点x0,x4(0x011,故x0=x4-bx1=x0-b即x1+x4=2x0.6、【2022年新高考2卷】已知函数f(x)=xeax-ex(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)当x0时,f(x)ln(n+1)【解

14、析】(1)当a=1时,f(x)=(x-1)ex,则f(x)=xex,当x0时,f(x)0时,f(x)0,故f(x)的减区间为(-,0),增区间为(0,+).(2)设h(x)=xeax-ex+1,则h(0)=0,又h(x)=(1+ax)eax-ex,设g(x)=(1+ax)eax-ex,则g(x)=(2a+a2x)eax-ex,若a12,则g(0)=2a-10,因为g(x)为连续不间断函数,故存在x0(0,+),使得x(0,x0),总有g(x)0,故g(x)在(0,x0)为增函数,故g(x)g(0)=0,故h(x)在(0,x0)为增函数,故h(x)h(0)=-1,与题设矛盾.若00,总有ln(1

15、+x)x成立,证明:设S(x)=ln(1+x)-x,故S(x)=11+x-1=-x1+x0,故S(x)在(0,+)上为减函数,故S(x)S(0)=0即ln(1+x)x成立.由上述不等式有eax+ln(1+ax)-exeax+ax-ex=e2ax-ex0,故h(x)0总成立,即h(x)在(0,+)上为减函数,所以h(x)h(0)=-1.当a0时,有h(x)=eax-ex+axeax1-1+0=0,所以h(x)在(0,+)上为减函数,所以h(x)0,总有xe12x-ex+11,t2=ex,x=2lnt,故2tlntt2-1即2lnt1恒成立.所以对任意的nN*,有2lnn+1nn+1n-nn+1,

16、整理得到:ln(n+1)-lnnln2-ln1+ln3-ln2+ln(n+1)-lnn=ln(n+1),故不等式成立.7、(2021年全国高考乙卷数学(文)试题)已知函数(1)讨论的单调性;(2)求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标【答案】(1)答案见解析;(2) 和.【解析】(1)由函数的解析式可得:,导函数的判别式,当时,在R上单调递增,当时,的解为:,当时,单调递增;当时,单调递减;当时,单调递增;综上可得:当时,在R上单调递增,当时,在,上单调递增,在上单调递减. (2)由题意可得:,则切线方程为:,切线过坐标原点,则:,整理可得:,即:,解得:,则,切线方程为:,与联立得,化简

17、得,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根,是的一个因式,该方程可以分解因式为解得,,综上,曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和.8、(2021年全国高考乙卷数学(理)试题)设函数,已知是函数的极值点(1)求a;(2)设函数证明:【解析】(1)由,又是函数的极值点,所以,解得;(2)由(1)得,且,当 时,要证, ,即证,化简得;同理,当时,要证, ,即证,化简得;令,再令,则,令,当时,单减,假设能取到,则,故;当时,单增,假设能取到,则,故;综上所述,在恒成立9、(2021年全国高考甲卷数学(文)试题)设函数,其中.(1)讨论的单调性;(2)若的图像与轴没有公共点,求a的取值范围.

18、【解析】(1)函数的定义域为,又,因为,故,当时,;当时,;所以的减区间为,增区间为.(2)因为且的图与轴没有公共点,所以的图象在轴的上方,由(1)中函数的单调性可得,故即.10、(2021年全国高考甲卷数学(理)试题)已知且,函数(1)当时,求的单调区间;(2)若曲线与直线有且仅有两个交点,求a的取值范围【解析】(1)当时,令得,当时,,当时,,函数在上单调递增;上单调递减;(2),设函数,则,令,得,在内,单调递增;在上,单调递减;,又,当趋近于时,趋近于0,所以曲线与直线有且仅有两个交点,即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,所以的取值范围是.题组一、函数的零点、极值点的综合性

19、问题1-1、(2022湖北黄石市有色第一中学高三期末)(多选题)设函数fx=xlnx,gx=fxx,则下列说法正确的有( )A不等式gx0的解集为1e,+;B函数在0,e单调递增,在e,+单调递减;C当x1e,1时,总有fx0)对于A:由g(x)=lnx+1x0,可得lnx-1,解得x1e,所以解集为1e,+,故A正确;对于B:g(x)=1xx-(lnx+1)x2=-lnxx2,令g(x)=0,解得x=1,所以当时,g(x)0,函数为增函数,当x(1,+)时,g(x)0,函数为减函数,故B错误;对于C:当x1e,1时,若fxgx,则f(x)-g(x)0,所以xlnx-lnx+1x0,即x2ln

20、x-lnx-10,函数h(x)为增函数,又h(1)=0+1-1=0,所以h(x)0在x1e,1是恒成立,所以h(x)=x2lnx-lnx-1,x1e,1为减函数,又h(x)max=h1e=-1e20,所以h(x)=x2lnx-lnx-10在x1e,1是恒成立,所以当x1e,1时,总有fx0,函数m(x)为增函数,当x(1,+)时,m(x)0时,则,所以单调递增,因为,所以存在,使得,在上单调递减,在上单调递增,又,所以,因为,所以存在,使得,所以有两个零点, 又因为,所以,因为,所以,故成立.2、(2022河北张家口高三期末)已知函数.(1)当时,证明:函数在区间上单调递增;(2)若,讨论函数

21、的极值点的个数.【解析】(1)证明:当时,.当时,.所以函数在区间上单调递增,故,故函数在区间上单调递增.(2)解:当时,单调递增,无极值点,当时,令,令,则,当时,且,当时,方程有唯一小于零的零点,故函数存在一个极值点;当时,当时,故函数在上单调递减,在上单调递增,为函数极小值,所以当时,方程无解,函数无极值点;当时,方程有一个解,但当时,当时,故函数无极值点.当时,方程有两解,函数存在一个极大值点和一个极小值点.综上,当时,函数存在一个极值点,当时,函数无极值点,当时,函数存在一个极大值点和一个极小值点.3、(2022山东泰安高三期末)已知函数.(1)求曲线在处的切线方程;(2)若,证明:.【解析】(1)又,曲线在处的切线方程为,即.(2)设,则,当时,单调递减,当时.单调递增.,即.当时,当时,设,则设,则令,解得当时,单调递减,当时,单调递增.,即在上单调递增当时,恒成立.,即.又单调递减.又.