2022年高考数学一轮《第三章 导数及其应用》单元复习试卷(含答案解析)

上传人:秦** 文档编号:203034 上传时间:2021-12-06 格式:DOCX 页数:65 大小:2.49MB
下载 相关 举报
2022年高考数学一轮《第三章 导数及其应用》单元复习试卷(含答案解析)_第1页
第1页 / 共65页
2022年高考数学一轮《第三章 导数及其应用》单元复习试卷(含答案解析)_第2页
第2页 / 共65页
2022年高考数学一轮《第三章 导数及其应用》单元复习试卷(含答案解析)_第3页
第3页 / 共65页
2022年高考数学一轮《第三章 导数及其应用》单元复习试卷(含答案解析)_第4页
第4页 / 共65页
2022年高考数学一轮《第三章 导数及其应用》单元复习试卷(含答案解析)_第5页
第5页 / 共65页
点击查看更多>>
资源描述

1、第三章 导数及其应用2022年高考一轮数学单元复习一遍过(新高考专用)第I卷(选择题)一、单选题1已知,设函数若关于的不等式在上恒成立,则的取值范围为ABCD【答案】C【分析】先判断时,在上恒成立;若在上恒成立,转化为在上恒成立【详解】,即,(1)当时,当时,故当时,在上恒成立;若在上恒成立,即在上恒成立,令,则,当函数单增,当函数单减,故,所以当时,在上恒成立;综上可知,的取值范围是,故选C【点睛】本题考查分段函数的最值问题,关键利用求导的方法研究函数的单调性,进行综合分析2设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a= A0B1C2D3【答案】D【详解】D试题分

2、析:根据导数的几何意义,即f(x0)表示曲线f(x)在x=x0处的切线斜率,再代入计算解:,y(0)=a1=2,a=3故答案选D考点:利用导数研究曲线上某点切线方程3已知命题对任意,总有;是方程的根则下列命题为真命题的是ABCD【答案】A【详解】由绝对值的意义可知命题p为真命题;由于,所以命题q为假命题;因此为假命题,为真命题,“且”字联结的命题只有当两命题都真时才是真命题,所以答案选A4函数的图像大致为ABCD【答案】D【详解】分析:根据函数图象的特殊点,利用函数的导数研究函数的单调性,由排除法可得结果.详解:函数过定点,排除,求得函数的导数,由得,得或,此时函数单调递增,排除,故选D.点睛

3、:本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质,属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向,该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多,但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手,根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势,利用排除法,将不合题意的选项一一排除.5已知函数有唯一零点,则ABCD1【答案】C【详解】因为,设,则,因为,所以函数为偶函数,若函数有唯一零点,则函数有唯一零点,根据偶函数的性质可知,只有当时,才满足题意,即是函数的唯一零点,所以,解得.故选:C.【点睛】利用函数零点的情况求参数的值或取值范围的方法:(1)利用零点存在性定理构建不等

4、式求解.(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两个熟悉的函数图像的上、下关系问题,从而构建不等式求解.6若函数在区间上单调递增,则实数的取值范围是ABCD【答案】D【详解】试题分析:,函数在区间单调递增,在区间上恒成立,而在区间上单调递减,的取值范围是故选D考点:利用导数研究函数的单调性.7若函数有极值点,且,则关于的方程的不同实根个数是A3B4C5D6【答案】A【详解】,是方程的两根,由,则又两个使得等式成立,当,其函数图象如下:如图则有3个交点,当,其函数图象如下:以上两种情况都有三个交点,故选A.【考点定位】考查函数零点的概念,分类讨论的思想,以及对嵌套型函数的理

5、解.8已知函数连续,则常数的值是ABCD【答案】B【详解】由题得,故选择B.9已知,其中,则的值为A6BCD【答案】D【详解】10已知mN*,a,bR,若,则a·b=A-mBmC-1D1【答案】A【解析】易知,由洛必达法则有,所以第II卷(非选择题)二、填空题11函数在其极值点处的切线方程为_.【答案】【解析】,令,此时函数在其极值点处的切线方程为考点:导数的几何意义.12若曲线存在垂直于轴的切线,则实数的取值范围是_【答案】【解析】由题意该函数的定义域,由因为存在垂直于轴的切线,故此时斜率为,问题转化为范围内导函数存在零点解法1 (图像法)再将之转化为与存在交点当不符合题意,当时,

6、如图1,数形结合可得显然没有交点,当如图2,此时正好有一个交点,故有应填.解法2 (分离变量法)上述也可等价于方程在内有解,显然可得13若函数在内有且只有一个零点,则在上的最大值与最小值的和为_【答案】.【详解】分析:先结合三次函数图象确定在上有且仅有一个零点的条件,求出参数a,再根据单调性确定函数最值,即得结果.详解:由得,因为函数在上有且仅有一个零点且,所以,因此从而函数在上单调递增,在上单调递减,所以,点睛:对于函数零点个数问题,可利用函数的单调性、草图确定其中参数取值条件从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值;从图象的对称性,分析函数的奇偶性;从图象的走向趋势,分析函数的单调性、

7、周期性等14曲线在点(1,2)处的切线方程为_【答案】【详解】设,则,所以,所以曲线在点处的切线方程为,即点睛:求曲线的切线方程是导数的重要应用之一,用导数求切线方程的关键在于求出斜率,其求法为:设是曲线上的一点,则以为切点的切线方程是若曲线在点处的切线平行于轴(即导数不存在)时,由切线定义知,切线方程为15已知函数,其中e是自然数对数的底数,若,则实数a的取值范围是_【答案】【详解】因为,所以函数是奇函数,因为,所以数在上单调递增,又,即,所以,即,解得,故实数的取值范围为点睛:解函数不等式时,首先根据函数的性质把不等式转化为的形式,然后根据函数的单调性去掉“”,转化为具体的不等式(组),此

8、时要注意与的取值应在函数的定义域内16设,其中均为实数,下列条件中,使得该三次方程仅有一个实根的是_.(写出所有正确条件的编号) ;.【答案】1,3,4,5 【详解】令,求导得,当时,所以单调递增,且至少存在一个数使,至少存在一个数使,所以必有一个零点,即方程仅有一根,故正确;当时,若,则,易知,在上单调递增,在上单调递减,所以,要使方程仅有一根,则或者,解得或,故正确.所以使得三次方程仅有一个实 根的是.考点:1函数零点与方程的根之间的关系;2.函数的单调性及其极值.17已知为双曲线的左焦点,为上的点,若的长等于虚轴长的倍,点在线段上,则的周长为_.【答案】44【详解】由题意因为PQ过双曲线

9、的右焦点(5,0),所以P,Q都在双曲线的右支上,则有,两式相加,利用双曲线的定义得,所以PQF的周长为=281644.故答案为44.18设a,bR,若x0时恒有0x4x3+ax+b(x21)2,则ab等于_【答案】1【详解】验证发现,当x=1时,将1代入不等式有0a+b0,所以a+b=0,当x=0时,可得0b1,结合a+b=0可得1a0令f(x)=x4x3+ax+b,即f(1)=a+b=0又f(x)=4x33x2+a,f(x)=12x26x,令f(x)0,可得x,则f(x)=4x33x2+a在0,上减,在,+)上增又1a0,所以f(0)=a0,f(1)=1+a0又x0时恒有0x4x3+ax+

10、b,结合f(1)=a+b=0知,1必为函数f(x)=x4x3+ax+b的极小值点,也是最小值点故有f(1)=1+a=0,由此得a=1,b=1故ab=1故答案为1三、解答题19已知函数f(x)ex(exa)a2x,其中参数a0.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)0,求a的取值范围.【答案】(1) f(x)在上单调递减,在区间上单调递增.【分析】(1)求f(x)的导函数为f(x)(2exa)(exa),通过讨论a,求函数的单调区间即可. (2)因为f(x)0,所以即求f(x)的最小值大于等于0,由第(1)的结果求的f(x)的最小值,解关于a的不等式即可求出a的范围.【详解】(1)函数f(

11、x)的定义域为(,),且a0.f(x)2e2xaexa2(2exa)(exa).若a0,则f(x)e2x,在(,)上单调递增.若a<0,则由f(x)0,得xln.当x时,f(x)<0;当x时,f(x)>0.故f(x)在上单调递减,在区间上单调递增.(2)当a0时,f(x)e2x0恒成立.若a<0,则由(1)得,当xln时,f(x)取得最小值,最小值为fa2,故当且仅当a20,即0>a时,f(x)0.综上a的取值范围是,0.【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间,考查函数的恒成立问题,同时考查了分类讨论的思想和学生的计算能力,属于中档题.20设函数,为f(x)的导

12、函数(1)若a=b=c,f(4)=8,求a的值;(2)若ab,b=c,且f(x)和的零点均在集合中,求f(x)的极小值;(3)若,且f(x)的极大值为M,求证:M【答案】(1);(2)的极小值为(3)见解析.【分析】(1)由题意得到关于a的方程,解方程即可确定a的值;(2)由题意首先确定a,b,c的值从而确定函数的解析式,然后求解其导函数,由导函数即可确定函数的极小值.(3)由题意首先确定函数的极大值M的表达式,然后可用如下方法证明题中的不等式:解法一:由函数的解析式结合不等式的性质进行放缩即可证得题中的不等式;解法二:由题意构造函数,求得函数在定义域内的最大值,因为,所以当时,令,则令,得列

13、表如下:+0极大值所以当时,取得极大值,且是最大值,故所以当时,因此【详解】(1)因为,所以因为,所以,解得(2)因为,所以,从而令,得或因为,都在集合中,且,所以此时,令,得或列表如下:1+00+极大值极小值所以的极小值为(3)因为,所以,因为,所以,则有2个不同的零点,设为由,得列表如下: +00+极大值极小值所以的极大值解法一:因此解法二:因为,所以当时,令,则令,得列表如下:+0极大值所以当时,取得极大值,且是最大值,故所以当时,因此【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力21已知函数.()求曲线的斜率为1的切线方程;()当时,

14、求证:;()设,记在区间上的最大值为M(a),当M(a)最小时,求a的值【答案】()和.()见解析;().【分析】()首先求解导函数,然后利用导函数求得切点的横坐标,据此求得切点坐标即可确定切线方程;()由题意分别证得和即可证得题中的结论;()由题意结合()中的结论分类讨论即可求得a的值.【详解】(),令得或者.当时,此时切线方程为,即;当时,此时切线方程为,即;综上可得所求切线方程为和.()设,令得或者,所以当时,为增函数;当时,为减函数;当时,为增函数;而,所以,即;同理令,可求其最小值为,所以,即,综上可得.()由()知,所以是中的较大者,若,即时,;若,即时,;所以当最小时,此时.【点

15、睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程,利用导函数证明不等式的方法,分类讨论的数学思想等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.22已知函数.(1)讨论的单调性;(2)当时,记在区间的最大值为,最小值为,求的取值范围.【答案】(1)见详解;(2) .【分析】(1)先求的导数,再根据的范围分情况讨论函数单调性;(2) 讨论的范围,利用函数单调性进行最大值和最小值的判断,最终求得的取值范围.【详解】(1)对求导得.所以有当时,区间上单调递增,区间上单调递减,区间上单调递增;当时,区间上单调递增;当时,区间上单调递增,区间上单调递减,区间上单调递增.(2)若,在区间单调递减,在区间单调递增

16、,所以区间上最小值为.而,故所以区间上最大值为. 所以,设函数,求导当时从而单调递减.而,所以.即的取值范围是.若,在区间单调递减,在区间单调递增,所以区间上最小值为而,故所以区间上最大值为. 所以,而,所以.即的取值范围是.综上得的取值范围是.【点睛】(1)这是一道常规的函数导数不等式和综合题,题目难度比往年降低了不少.考查的函数单调性,最大值最小值这种基本概念的计算.思考量不大,由计算量补充.23已知函数.(1)讨论的单调性;(2)是否存在,使得在区间的最小值为且最大值为1?若存在,求出的所有值;若不存在,说明理由.【答案】(1)见详解;(2) 或.【分析】(1)先求的导数,再根据的范围分

17、情况讨论函数单调性;(2) 根据的各种范围,利用函数单调性进行最大值和最小值的判断,最终得出,的值.【详解】(1)对求导得.所以有当时,区间上单调递增,区间上单调递减,区间上单调递增;当时,区间上单调递增;当时,区间上单调递增,区间上单调递减,区间上单调递增.(2)若在区间有最大值1和最小值-1,所以若,区间上单调递增,区间上单调递减,区间上单调递增;此时在区间上单调递增,所以,代入解得,与矛盾,所以不成立.若,区间上单调递增;在区间.所以,代入解得 .若,区间上单调递增,区间上单调递减,区间上单调递增.即在区间单调递减,在区间单调递增,所以区间上最小值为而,故所以区间上最大值为. 即相减得,

18、即,又因为,所以无解.若,区间上单调递增,区间上单调递减,区间上单调递增.即在区间单调递减,在区间单调递增,所以区间上最小值为而,故所以区间上最大值为. 即相减得,解得,又因为,所以无解.若,区间上单调递增,区间上单调递减,区间上单调递增.所以有区间上单调递减,所以区间上最大值为,最小值为即解得.综上得或.【点睛】这是一道常规的函数导数不等式和综合题,题目难度比往年降低了不少考查的函数单调性,最大值最小值这种基本概念的计算思考量不大,由计算量补充24设函数,其中.()若,讨论的单调性;()若,(i)证明恰有两个零点(ii)设为的极值点,为的零点,且,证明.【答案】(I)在内单调递增.;(II)

19、(i)见解析;(ii)见解析.【分析】(I);首先写出函数的定义域,对函数求导,判断导数在对应区间上的符号,从而得到结果;(II)(i)对函数求导,确定函数的单调性,求得极值的符号,从而确定出函数的零点个数,得到结果;(ii)首先根据题意,列出方程组,借助于中介函数,证得结果.【详解】(I)解:由已知,的定义域为,且,因此当时,从而,所以在内单调递增.(II)证明:(i)由(I)知,令,由,可知在内单调递减,又,且,故在内有唯一解,从而在内有唯一解,不妨设为,则,当时,所以在内单调递增;当时,所以在内单调递减,因此是的唯一极值点.令,则当时,故在内单调递减,从而当时,所以,从而,又因为,所以在

20、内有唯一零点,又在内有唯一零点1,从而,在内恰有两个零点.(ii)由题意,即,从而,即,因为当时,又,故,两边取对数,得,于是,整理得,【点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法,考查函数思想、化归与转化思想,考查综合分析问题和解决问题的能力.25已知实数,设函数 (1)当时,求函数的单调区间;(2)对任意均有 求的取值范围.注:为自然对数的底数.【答案】(1)的单调递增区间是,单调递减区间是;(2).【分析】(1)首先求得导函数的解析式,然后结合函数的解析式确定函数的单调区间即可.(2)由题意首先由函数在特殊点的函数值得到a的取值范围,然后证明所得的

21、范围满足题意即可.【详解】(1)当时,函数的定义域为,且:,因此函数的单调递增区间是,单调递减区间是.(2)由,得,当时,等价于,令,则,设,则,(i)当时,则,记,则列表讨论: x () 1 (1,+) p(x) 0+ P(x) p()单调递减 极小值p(1)单调递增 (ii)当时,令,则,故在上单调递增,由(i)得,由(i)(ii)知对任意,即对任意,均有,综上所述,所求的a的取值范围是【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具,而函数是高中数学中重要的知识点,对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行: (1)考查导数的几何意义,往往与解析几何、微积分相联系 (2)利用导数求

22、函数的单调区间,判断单调性;已知单调性,求参数 (3)利用导数求函数的最值(极值),解决生活中的优化问题 (4)考查数形结合思想的应用26已知函数.证明:(1)存在唯一的极值点;(2)有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.【答案】(1)见详解;(2)见详解【分析】(1)先对函数求导,根据导函数的单调性,得到存在唯一,使得,进而可得判断函数的单调性,即可确定其极值点个数,证明出结论成立;(2)先由(1)的结果,得到,得到在内存在唯一实根,记作,再求出,即可结合题意,说明结论成立.【详解】(1)由题意可得,的定义域为,由,得,显然单调递增;又,故存在唯一,使得;又当时,函数单调递增;当时,函数单调

23、递减;因此,存在唯一的极值点;(2)由(1)知,又,所以在内存在唯一实根,记作.由得,又,故是方程在内的唯一实根;综上,有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.【点睛】本题主要考查导数的应用,通常需要对函数求导,用导数的方法研究函数的单调性、极值、以及函数零点的问题,属于常考题型.27已知函数f(x)=2sinxxcosxx,f(x)为f(x)的导数(1)证明:f(x)在区间(0,)存在唯一零点;(2)若x0,时,f(x)ax,求a的取值范围【答案】(1)见解析;(2).【分析】(1)求导得到导函数后,设为进行再次求导,可判断出当时,当时,从而得到单调性,由零点存在定理可判断出唯一零点所处的位置

24、,证得结论;(2)构造函数,通过二次求导可判断出,;分别在,和的情况下根据导函数的符号判断单调性,从而确定恒成立时的取值范围.【详解】(1)令,则当时,令,解得:当时,;当时,在上单调递增;在上单调递减又,即当时,此时无零点,即无零点 ,使得又在上单调递减 为,即在上的唯一零点综上所述:在区间存在唯一零点(2)若时,即恒成立令则,由(1)可知,在上单调递增;在上单调递减且,当时,即在上恒成立在上单调递增,即,此时恒成立当时,使得在上单调递增,在上单调递减又,在上恒成立,即恒成立当时,使得在上单调递减,在上单调递增时,可知不恒成立当时,在上单调递减 可知不恒成立综上所述:【点睛】本题考查利用导数

25、讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题,通常采用构造函数的方式,将问题转变成函数最值与零之间的比较,进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性,从而得到最值.28已知函数.(1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点;(2)设x0是f(x)的一个零点,证明曲线y=ln x 在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线的切线.【答案】(1)函数在和上是单调增函数,证明见解析;(2)证明见解析.【分析】(1)对函数求导,结合定义域,判断函数的单调性;(2)先求出曲线在处的切线,然后求出当曲线切线的斜率与斜率相等时,证明曲线

26、切线在纵轴上的截距与在纵轴的截距相等即可.【详解】(1)函数的定义域为,因为函数的定义域为,所以,因此函数在和上是单调增函数;当,时,而,显然当,函数有零点,而函数在上单调递增,故当时,函数有唯一的零点;当时,因为,所以函数在必有一零点,而函数在上是单调递增,故当时,函数有唯一的零点综上所述,函数的定义域内有2个零点;(2)因为是的一个零点,所以,所以曲线在处的切线的斜率,故曲线在处的切线的方程为:而,所以的方程为,它在纵轴的截距为.设曲线的切点为,过切点为切线,所以在处的切线的斜率为,因此切线的方程为,当切线的斜率等于直线的斜率时,即,切线在纵轴的截距为,而,所以,直线的斜率相等,在纵轴上的

27、截距也相等,因此直线重合,故曲线在处的切线也是曲线的切线.【点睛】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程,考查了数学运算能力.29已知函数,为的导数证明:(1)在区间存在唯一极大值点;(2)有且仅有2个零点【答案】(1)见解析;(2)见解析【分析】(1)求得导函数后,可判断出导函数在上单调递减,根据零点存在定理可判断出,使得,进而得到导函数在上的单调性,从而可证得结论;(2)由(1)的结论可知为在上的唯一零点;当时,首先可判断出在上无零点,再利用零点存在定理得到在上的单调性,可知,不存在零点;当时,利用零点存在定理和单调性可判断出存在唯一一个零点;当,可证得;综合上述情况可

28、证得结论.【详解】(1)由题意知:定义域为:且令,在上单调递减,在上单调递减在上单调递减又,使得当时,;时,即在上单调递增;在上单调递减则为唯一的极大值点即:在区间上存在唯一的极大值点.(2)由(1)知:,当时,由(1)可知在上单调递增 在上单调递减又为在上的唯一零点当时,在上单调递增,在上单调递减又 在上单调递增,此时,不存在零点又,使得在上单调递增,在上单调递减又,在上恒成立,此时不存在零点当时,单调递减,单调递减在上单调递减又,即,又在上单调递减在上存在唯一零点当时,即在上不存在零点综上所述:有且仅有个零点【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点

29、问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点,另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性,二者缺一不可.30函数f(x)=ax3+3x2+3x(a0).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若函数f(x)在区间(1,2)是增函数,求a的取值范围.【答案】(1)见解析;(2)【详解】试题分析:(1)首先求出函数的导数,然后求出使或的解集即可.(2)分类讨论在区间(1,2)上使成立的条件,并求出参数a的取值范围即可试题解析:(1),的判别式=36(1-a).(i)若a1,则,且当且仅当a=1,x=-1,故此时f(x)在R上是增函数.(ii)由于a0,故当a<1时,有两个根

30、:,若0<a<1,则当x(,x2)或x(x1,+)时,故f(x)在(,x2),(x1,+)上是增函数;当x(x2,x1)时,故f(x)在(x2,x1)上是减函数;若a<0,则当x(,x2)或x(x1,+)时,故f(x)在(,x2),(x1,+)上是减函数;当x(x2,x1)时,故f(x)在(x2,x1)上是增函数;(2)当a>0,x>0时,,所以当a>0时,f(x)在区间(1,2)是增函数.若a<0时,f(x)在区间(1,2)是增函数当且仅当且,解得.综上,a的取值范围是.考点:1.函数的导数;2.导数性质的应用.31已知函数,且(I)试用含的代数式表

31、示;()求的单调区间;()令,设函数在处取得极值,记点,证明:线段与曲线存在异于、的公共点【答案】(I)()当时,函数的单调增区间为和,单调减区间为;当时,函数的单调增区间为R;当时,函数的单调增区间为和,单调减区间为()证明见解析【解析】试题分析:()从导数出发,利用即得与的关系式:()求函数单调区间,关键研究导函数零点分布情况:因为导函数有两个零点:, ,因此需分三种情况进行讨论,此时最容易遗漏相等的情况()先根据极值求出、的坐标,再联立方程确定线段MN与曲线的交点,由易得,因此线段与曲线 存在异于、的公共点试题解析:解:()依题意得 ,由得 2分()由()得 ,故 ,令 ,则 或 当时,

32、当 变化时, 的变化情况如下表可得函数 的单调增区间为和 ,单调减区间为 当 时,此时恒成立,且仅在 处 ,故函数的单调增区间为;当 时,函数的单调增区间为和 ,单调减区间为 ()当 时,由()得的单调增区间为 和,单调减区间为 ,函数 在 处取得极值,故直线的方程为 由得 令,易得 的图像在 内是一条连续不断的曲线,故 在 内存在零点,这表明线段与曲线有异于的公共点考点:利用导数求函数单调区间,利用导数研究函数极值32已知函数f(x)=-ln(x+m).(1)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;(2)当m2时,证明f(x)>0.【答案】(1)在上是减函数;在上是增

33、函数(2)见解析【详解】(1)由x=0是f(x)的极值点得f '(0)=0,所以m=1于是f(x)=exln(x+1),定义域为(1,+),函数在(1,+)上单调递增,且f '(0)=0,因此当x(1,0)时, f '(x)<0;当x(0,+)时, f '(x)>0所以f(x)在(1,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增(2)当m2,x(m,+)时,ln(x+m)ln(x+2),故只需证明当m=2时, f(x)>0当m=2时,函数在(2,+)上单调递增又f '(1)<0, f '(0)>0,故f '(x)=

34、0在(2,+)上有唯一实根,且当时, f '(x)<0;当时, f '(x)>0,从而当时,f(x)取得最小值由f '(x0)=0得=,故综上,当m2时, f(x)>033设函数.(1)若,求的单调区间;(2)若当时恒成立,求的取值范围【答案】(1) f(x)在(,0)单调减少,在(0,)单调增加;(2) a的取值范围为(,.【分析】(1)a0时,f(x)ex1x,f(x)ex1.分别令f(x)<0,f(x)>0可求的单调区间;(2求导得到)f(x)ex12ax.由(1)知ex1x,当且仅当x0时等号成立故问题转化为f(x)x2ax(12a

35、)x,从而对12a的符号进行讨论即可得出结果.【详解】(1)a0时,f(x)ex1x,f(x)ex1.当x(,0)时,f(x)<0;当x(0,)时,f(x)>0.故f(x)在(,0)单调减少,在(0,)单调增加(2)f(x)ex12ax.由(1)知ex1x,当且仅当x0时等号成立故f(x)x2ax(12a)x,从而当12a0,即a时,f(x)0(x0),而f(0)0,于是当x0时,f(x)0.由ex>1x(x0)得ex>1x(x0),从而当a>时,f(x)<ex12a(ex1)ex(ex1)(ex2a),故当x(0,ln2a)时, f(x)<0,而f(

36、0)0,于是当x(0,ln2a)时,f(x)<0,综上可得a的取值范围为(,【点睛】本题考查利用导数研究函数的性质,属中档题.34记分别为函数的导函数若存在,满足且,则称为函数与的一个“点”(1)证明:函数与不存在“点”;(2)若函数与存在“点”,求实数的值;(3)已知函数,对任意,判断是否存在,使函数与在区间内存在“点”,并说明理由【答案】(1)证明见解析;(2);(3)存在,使函数与在区间内存在“点”【详解】分析:(1)根据题中“S点”的定义列两个方程,根据方程组无解证得结论;(2)同(1)根据“S点”的定义列两个方程,解方程组可得a的值;(3)通过构造函数以及结合 “S点”的定义列

37、两个方程,再判断方程组是否有解即可证得结论.详解:解:(1)函数f(x)=x,g(x)=x2+2x-2,则f(x)=1,g(x)=2x+2由f(x)=g(x)且f(x)= g(x),得,此方程组无解,因此,f(x)与g(x)不存在“S”点(2)函数,则设x0为f(x)与g(x)的“S”点,由f(x0)与g(x0)且f(x0)与g(x0),得,即,(*)得,即,则当时,满足方程组(*),即为f(x)与g(x)的“S”点因此,a的值为(3)对任意a>0,设因为,且h(x)的图象是不间断的,所以存在(0,1),使得,令,则b>0函数,则由f(x)与g(x)且f(x)与g(x),得,即(*

38、)此时,满足方程组(*),即是函数f(x)与g(x)在区间(0,1)内的一个“S点”因此,对任意a>0,存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+)内存在“S点”点睛:涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图象交点个数问题,一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等,再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况,归根到底还是研究函数的性质,如单调性、极值,然后通过数形结合的思想找到解题的思路.35(2018年新课标I卷文)已知函数(1)设是的极值点求,并求的单调区间;(2)证明:当时,【答案】(1) a=;f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+)单

39、调递增(2)证明见解析.【详解】分析:(1)先确定函数的定义域,对函数求导,利用f (2)=0,求得a=,从而确定出函数的解析式,之后观察导函数的解析式,结合极值点的位置,从而得到函数的增区间和减区间;(2)结合指数函数的值域,可以确定当a时,f(x),之后构造新函数g(x)=,利用导数研究函数的单调性,从而求得g(x)g(1)=0,利用不等式的传递性,证得结果.详解:(1)f(x)的定义域为,f (x)=aex由题设知,f (2)=0,所以a=从而f(x)=,f (x)=当0<x<2时,f (x)<0;当x>2时,f (x)>0所以f(x)在(0,2)单调递减,

40、在(2,+)单调递增(2)当a时,f(x)设g(x)=,则 当0<x<1时,g(x)<0;当x>1时,g(x)>0所以x=1是g(x)的最小值点故当x>0时,g(x)g(1)=0因此,当时,点睛:该题考查的是有关导数的应用问题,涉及到的知识点有导数与极值、导数与最值、导数与函数的单调性的关系以及证明不等式问题,在解题的过程中,首先要保证函数的生存权,先确定函数的定义域,之后根据导数与极值的关系求得参数值,之后利用极值的特点,确定出函数的单调区间,第二问在求解的时候构造新函数,应用不等式的传递性证得结果.36已知函数(1)求曲线在点处的切线方程;(2)证明:当

41、时,【答案】(1)切线方程是(2)证明见解析【分析】(1)求导,由导数的几何意义求出切线方程(2)当时,,令,只需证明即可【详解】(1),因此曲线在点处的切线方程是(2)当时,令,则,当时,单调递减;当时,单调递增;所以 因此【点睛】本题考查函数与导数的综合应用,由导数的几何意义可求出切线方程,第二问构造很关键,本题有难度37已知函数(1)若,求的单调区间;(2)证明:只有一个零点【答案】(1)f(x)在(,),(,+)单调递增,在(,)单调递减(2)见解析.【详解】分析:(1)将代入,求导得,令求得增区间,令求得减区间;(2)令,即,则将问题转化为函数只有一个零点问题,研究函数单调性可得.详

42、解:(1)当a=3时,f(x)=,f (x)=令f (x)=0解得x=或x=当x(,)(,+)时,f (x)>0;当x(,)时,f (x)<0故f(x)在(,),(,+)单调递增,在(,)单调递减(2)由于,所以等价于设=,则g (x)=0,仅当x=0时g (x)=0,所以g(x)在(,+)单调递增故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点又f(3a1)=,f(3a+1)=,故f(x)有一个零点综上,f(x)只有一个零点点睛:(1)用导数求函数单调区间的步骤如下:确定函数的定义域;求导数;由(或)解出相应的的取值范围,当时,在相应区间上是增函数;当时,在相应区间上是减增函数.(2)本题第二问重在考查零点存在性问题,解题的关键在于将问题转化为求证函数有唯一零点,可先证明其单调,再结合零点存在性定理进行论证.38设函数有两个极值点,且(I)求的取值范围,并讨论的单调性;(II)证明:【答案】()单调递增区间为和,单调递减区间,其中,且.()见解析【分析】()首先求出函数的导数,因为原函数有两个极值点,所以导函数有两个不同解,因为真数,所以两个根都要在定义域内,这样就转化为了一元二次方程根分布问题,求出的取值范围.利用求得函数的的单调递增区间,利用求出单间区间.一定注意单调区间在定义域内.(

展开阅读全文
相关资源
相关搜索
资源标签

当前位置:首页 > 高中 > 高中数学 > 数学高考 > 一轮复习