当前位置:首页 >> 数学 >> 2017高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 热点专题突破一 函数与导数的综合问题习题 理

2017高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 热点专题突破一 函数与导数的综合问题习题 理


热点专题突破一
1.函数 f(x)= 然对数的底数).

函数与导数的综合问题

,若曲线 f(x)在点(e,f(e))处的切线与直线 e2x-y+e=0 垂直(其中 e 为自

(1)若 f(x)在(m,m+1)内存在极值,求实数 m 的取值范围; (2)求证:当 x>1 时,

.

1.【解析】(1)∵f'(x)=

,

由已知得 f'(e)=-

,∴-

=-

,故 a=1.

∴f(x)=

,f'(x)=-

(x>0).

当 x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)为增函数; 当 x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)为减函数.

∴x=1 是函数 f(x)的极大值点.
又 f(x)在(m,m+1)内存在极值,

∴m<1<m+1,即 0<m<1,
故实数 m 的取值范围是(0,1). (2) ,

即为

.

令 g(x)=

,

则 g'(x)=

.

再令 φ (x)=x-ln x,则 φ '(x)=1-

.

1

∵x>1,∴φ '(x)>0,∴φ (x)在(1,+∞)上是增函数, ∴φ (x)>φ (1)=1>0,∴g'(x)>0. ∴g(x)在(1,+∞)上是增函数. ∴x>1 时,g(x)>g(1)=2,故 .

令 h(x)=

,

则 h'(x)=2

.

∵x>1,∴1-ex<0,∴h'(x)<0,即 h(x)在(1,+∞)上是减函数, ∴当 x>1 时,h(x)<h(1)= .



>h(x),即

.

2. (2015·南京模拟) 如图是一块镀锌铁皮的边角料 ABCD,其中 AB,CD,DA 都是线段,曲线段

BC 是抛物线的一部分,且点 B 是抛物线的顶点,BA 所在直线是该抛物线的对称轴,经测
量,AB=2 米,AD=3 米,AB⊥AD,点 C 到 AD,AB 的距离 CH,CR 的长均为 1 米,现要用这块边角料截 一个矩形 AEFG(其中点 F 在曲线段 BC 或线段 CD 上,点 E 在线段 AD 上,点 G 在线段 AB 上).设

BG 的长为 x 米,矩形 AEFG 的面积为 S 平方米.

(1)将 S 表示为 x 的函数; (2)当 x 为多少米时,S 取得最大值,最大值是多少? 2.【解析】(1)以点 B 为坐标原点,BA 所在直线为 x 轴,建立平面直角坐标系,设曲线段 BC 所 在的抛物线方程为 y =2px(p>0). 将点 C(1,1)代入,得 2p=1,所以曲线段 BC 的方程为 y= (0≤x≤1).
2

又由点 C(1,1),D(2,3)得线段 CD 的方程为 y=2x-1(1≤x≤2), 2

而 GA=2-x,所以 S=

(2)①当 0≤x≤1 时,因为 S=

(2-x)=2

,

所以 S'=

,令 S'=0 得 x= .

当 x∈

时,S'>0,所以此时单调 S 递增;

当 x∈

时,S'<0,所以此时 S 单调递减,所以当 x= 时,Smax=

.

当 1<x<2 时,因为 S=(2x-1)(2-x)=-2

.

所以当 x= 时,S= .

因为

,所以当 x= 时,Smax= ,

故当 x 取值为 米时,矩形 AEFG 的面积最大为 平方米. 3.已知函数 f(x)=2ln x-ax+a(a∈R). (1)讨论 f(x)的单调性; (2)若 f(x)≤0 恒成立,证明:当 0<x1<x2 时,

<2

.

3.【解析】(1)f'(x)=

,x>0.

若 a≤0,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 若 a>0,当 x∈ 减. (2)由(1)知,若 a≤0,f(x)在(0,+∞)上单调递增, 又 f(1)=0,故 f(x)≤0 不恒成立. 3 时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当 x∈ 时,f'(x)<0,f(x)单调递

若 a>2,当 x∈

时,f(x)单调递减,f(x)>f(1)=0,不合题意.

若 0<a<2,当 x∈

时,f(x)单调递增,f(x)>f(1)=0,不合题意.

若 a=2,f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)上单调递减,

f(x)≤f(1)=0 符合题意.
当 x1<x2 时,f(x2)-f(x1)=2ln

-2(x2-x1),要证

<2

成立,则此不等式等价于

f(x2)-f(x1)<2

(x2-x1)=2

-2(x2-x1),

只需证明 2ln

<2

即可,

令 g(x)=2ln x-2x+2,x>1, 则 g'(x)=

-2=

<0,

所以 g(x)在(1,+∞)上单调递减, 故 g(x)<g(1)=0,即 2ln

<2

成立,

所以

<2

.
mx
2

4. (2015·新课标全国卷Ⅱ) 设函数 f(x)=e +x -mx. (1)证明:f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增; (2)若对于任意 x1,x2∈[-1,1]都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求 m 的取值范围. 4.【解析】(1)f'(x)=m(e -1)+2x. 若 m≥0,则当 x∈(-∞,0)时,e -1≤0,f'(x)<0;当 x∈(0,+∞)时,e -1≥0,f'(x)>0. 若 m<0,则当 x∈(-∞,0)时,e -1>0,f'(x)<0;当 x∈(0,+∞)时,e -1<0,f'(x)>0. 所以,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
mx mx mx mx mx

4

(2)由(1)知,对任意的 m,f(x)在[-1,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,故 f(x)在 x=0 处取 得最小值.所以对于任意 x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1 的充要条件是

即 设函数 g(t)=e -t-e+1,则 g'(t)=e -1. 当 t<0 时,g'(t)<0;当 t>0 时,g'(t)>0. 故 g(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 又 g(1)=0,g(-1)=e +2-e<0,故当 t∈[-1,1]时,g(t)≤0. 当 m∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立; 当 m>1 时,g(m)>0,即 e -m>e-1; 当 m<-1 时,g(-m)>0,即 e +m>e-1. 综上,m 的取值范围是[-1,1]. 5. (2015·宜春模拟) 已知函数 f(x)的定义域为(0,+∞),若 y=
-m m -1 t t



在(0,+∞)上为增函数,则

称 f(x)为“一阶比增函数”,若 y=

在(0,+∞)上为增函数,则称 f(x)为“二阶比增函

数”.把所有由“一阶比增函数”组成的集合记为 A,把所有由“二阶比增函数”组成的集 合记为 A2. (1)已知函数 f(x)=x -2hx -hx,若 f(x)∈A1 且 f(x)?A2,求实数 h 的取值范围. (2)已知 f(x)∈A2,且存在常数 k,使得对任意的 x∈(0,+∞),都有 f(x)<k,求 k 的最小值. 5.【解析】(1)若 f(x)∈A1 且 f(x)?A2,即 g(x)=
3 2

=x2-2hx-h 在(0,+∞)上为增函数,所以

h≤0;而 F(x)=

=x- -2h 在(0,+∞)上不为增函数,

因为 F'(x)=1+

,则 h<0.

综上得实数 h 的取值范围是(-∞,0). (2)先证明 f(x)≤0 对 x∈(0,+∞)成立, 5

假设存在 x0∈(0,+∞),使得 f(x0)>0, 记

=m>0,因为 f(x)∈A2,

所以 f(x)为“二阶比增函数”,即

是增函数,

所以当 x>x0>0 时,

=m,即 f(x)>mx2;

所以一定存在 x1>x0>0,使得 f(x1)>m

>k 成立,

这与 f(x)<k 对任意的 x∈(0,+∞)成立矛盾, 所以 f(x)≤0 对任意的 x∈(0,+∞)都成立; 再证明 f(x)=0 在(0,+∞)上无解,假设存在 x2>0,使得 f(x2)=0; 因为 f(x)为“二阶比增函数”,即 是增函数,

所以一定存在 x3>x2>0,使得 所以 f(x)=0 在(0,+∞)上无解,

=0 成立,这与上述的证明结果矛盾.

综上所述,当 f(x)∈A2 时,对任意的 x∈(0,+∞),都有 f(x)<0 成立, 所以当常数 k≥0 时,使得对任意的 x∈(0,+∞),都有 f(x)<k,故 k 的最小值为 0. 6. (2015·海南模拟) 已知函数 f(x)=xln x. (1)讨论函数 f(x)的单调性; (2)对于任意正实数 x,不等式 f(x)>kx- 恒成立,求实数 k 的取值范围; (3)是否存在最小的正的常数 m,使得:当 a>m 时,对于任意正实数 x,不等式 f(a+x)<f(a)·e 恒成立?给出你的结论,并说明结论的合理性. 6.【解析】(1)令 f'(x)=ln x+1=0,得 x= .
x

当 x∈

时,f'(x)<0;

6

当 x∈

时,f'(x)>0,

所以函数 f(x)在

上单调递减,在

上单调递增.

(2)由于 x>0,所以 f(x)=xln x>kx- ?k<ln x+

.

构造函数 k(x)=ln x+

,

则令 k'(x)=

=0,得 x= .

当 x∈

时,k'(x)<0;

当 x∈

时,k'(x)>0,

所以函数在点 x= 处取得最小值,

即 k(x)min=k

=ln

+1=1-ln 2.

因此 k 的取值范围是(-∞,1-ln 2). (3)结论:存在最小的正的常数 m.证明如下:

f(a+x)<f(a)·ex?(a+x)ln(a+x)<a ln a·ex?

.

构造函数 g(x)=

,则问题就是要求 g(a+x)<g(a)恒成立.

对 g(x)求导,得 g'(x)=

.

令 h(x)=ln x+1-xln x,则 h'(x)=

-ln x-1,显然 h'(x)是减函数.

又 h'(1)=0,所以函数 h(x)=ln x+1-xln x 在(0,1]上是增函数,在(1,+∞)上是减函数.

7

而h

=ln

+1-

·ln

=-2+1+

<0,

h(1)=ln 1+1-ln 1=1>0,h(e)=ln e+1-eln e=1+1-e=2-e<0,
所以函数 h(x)=ln x+1-xln x 在区间(0,1)和(1,+∞)上各有一个零点,设这两个零点分别为

x1 和 x2(x1<x2),并且有在区间(0,x1)和(x2,+∞)上,h(x)<0,即 g'(x)<0;在区间(x1,x2)内 h(x)>0,即 g'(x)>0.
从而可知函数 g(x)在区间(0,x1)和(x2,+∞)上单调递减,在区间(x1,x2)内单调递增.

g(1)=0 ,当 0<x<1 时,g(x)<0;当 x>1 时,g(x)>0.
还有 g(x2)是函数的极大值,也是最大值, 因此题目要找的 m=x2.理由如下: 当 a>x2 时,对于任意非零正数 x,a+x>a>x2,而 g(x)在(x2,+∞)上单调递减, 所以 g(a+x)<g(a)一定恒成立,即题目所要求的不等式恒成立,说明 m≤x2; 当 0<a<x2 时,取 x=x2-a,显然 x>0 且 g(a+x)=g(x2)>g(a),题目所要求的不等式不恒成立,说明

m 不能比 x2 小.
综合可知,题目所要寻求的最小的正的常数 m 就是 x2,即存在最小的正的常数 m=x2,当 a>m 时, 对于任意正实数 x,不等式 f(a+x)<f(a)e 恒成立. 7. (2015·湖南雅礼中学月考) 已知函数 f(x)=ln(x+a)-x -x 在 x=0 处取得极值. (1)求实数 a 的值; (2)若关于 x 的方程 f(x)=围; (3)证明:对任意的正整数 n,不等式 2+
2

x

x+b 在区间[0,2]上恰有两个不同的实数根,求实数 b 的取值范

+?+

>ln(n+1)都成立.

7.【解析】(1)f'(x)=

-2x-1,

∵x=0 时,f(x)取得极值, ∴f'(0)=0,


-2×0-1=0,解得 a=1.

经检验 a=1 符合题意. 8

∴实数 a 的值为 1.
(2)由(1)知 a=1,f(x)=ln(x+1)-x -x, 由 f(x)=2

x+b,得 ln(x+1)-x2+ x-b=0,

令 φ (x)=ln(x+1)-x2+ x-b,

则 f(x)=-

x+b 在区间[0,2]上恰有两个不同的实数根等价于 φ (x)=0 在区间[0,2]上恰有

两个不同的实数根.

∵φ '(x)=

-2x+

,

当 x∈[0,1]时,φ '(x)>0,于是 φ (x)在[0,1)上单调递增; 当 x∈(1,2]时,φ '(x)<0,于是 φ (x)在(1,2]上单调递减.

依题意有

解得 ln 3-1≤b<ln 2+ .

(3) f(x)=ln(x+1)-x2-x 的定义域为{x|x>-1},由(1)知 f'(x)=

,

令 f'(x)=0,得 x=0 或 x=-

(舍去),

∴当-1<x<0 时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当 x>0 时,f'(x)<0 ,f(x)单调递减. ∴f(0)为 f(x)在(-1,+∞)上的最大值. ∴f(x)≤f(0),∴ln(x+1)-x2-x≤0(当且仅当 x=0 时,等号成立).
对任意正整数 n,取 x= >0,得 ln ,

∴ln

,

9

∴2+

+?+

>ln 2+ln +ln +?+ln

=ln(n+1).

10


赞助商链接
更多相关文档:

2019版高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用课时...

2019版高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用课时达标16导数与函数的综合问题理_高考_高中教育_教育专区。课时达标 第 16 讲 [解密考纲]本考点主要以基本初等...

高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用第讲对数与...

高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第讲对数与对数函数习题创新_高考_高中教育_教育专区。2017 高考数学一轮复习 第二章 函数导数及其应用 第 5 讲 ...

...届高三数学文一轮复习专题突破训练:导数及其应用

天津市 2017高三数学一轮复习专题突破训练 导数及其应用 一、选择、填空题 1 、( 2016 年天津市高考)已知函数 f ( x) ? (2 x+1)e x , f ?( ...

【步步高】2017版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应...

【步步高】2017高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 3.2 导数的应用 课时3 导数与函数的综合问题 理_数学_高中教育_教育专区。课时 3 命题点 1 解不等式...

...届高三数学理一轮复习专题突破训练:导数及其应用

北京市 2017高三数学一轮复习专题突破训练导数及其应用一、填空、选择题 1、(2016 年北京高考)设函数 f ( x) ? ? ? x3 ? 3x, x ? a ??2 x, ...

2018届高考数学大一轮复习第二章函数、导数及其应用第...

第十一节考纲要求 导数的应用真题举例 命题角度 ☆☆☆2017 考纲考题考情☆☆☆ 1.了解函数单调性和导数的关系;能利用导数 研究函数的单调性, 会求函数的单调...

【走向高考(新课标)高考数学一轮复习 第二章 函数、导...

2017 高考数学一轮复习 第二章 函数导数及其应用 第 10 讲 导数 的概念及运算(理)习题 A 组 基础巩固 一、选择题 1.下列各组函数中导函数相同的是 导学...

浙江专版2018高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用热...

浙江专版2018高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用热点探究训练1导数应用中的...上,a 的取值范围为(0,+∞).15 分 4.(2017·绍兴二次质量预测)已知函数...

高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用第讲函数的...

高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第讲函数的奇偶性及周期性习题创新_高考_高中教育_教育专区。2017 高考数学一轮复习 第二章 函数导数及其应用 第 3...

2018届高考数学大一轮复习第二章函数、导数及其应用第...

2018届高考数学大一轮复习第二章函数导数及其应用...☆☆☆2017 考纲考题考情☆☆☆ 了解构成函数的...故选 D。 2 答案 D 微专题突破 函数的新...

更多相关标签:
相关文档

网站地图

文档资料共享网 nexoncn.com copyright ©right 2010-2020。
文档资料共享网内容来自网络,如有侵犯请联系客服。email:zhit325@126.com