高考数学二轮函数与导数解答题专题训练(含解析)


高考数学二轮函数与导数解答题专题训练(含解析)
高考数学二轮函数与导数解答题专题训练(含解析) 1.(2014•皖南八校联考)已知函数 f(x)=ex(ax2-2x+2),其中 a>0 (1)若曲线=f(x)在 x=2 处的切线与直线 x+e2-1=0 垂直,求实数 a 的值; (2)讨论 f(x)的单调性. 解 f′(x)=ex[ax2+ (2a-2)x](a>0). (1)由题意得 f′(2)•-1e2=-1,解得 a=8 (2)令 f′(x)=0,得 x1=0,x2=2-2aa ①当 0<a<1 时,f(x)的增区间为(-∞,0),2-2aa,+∞,减区间 为 0,2-2aa; ②当 a=1 时,f(x)在(-∞,+∞)内单调递增; ③当 a>1 时,f(x)的增区间为-∞,2-2aa,(0,+∞),减区间为 2 -2aa,0 2.(2014•云南二模)已知 f(x)=ex(x3+x2-2x+2). (1)假设=-2,求 f(x)的极大值与极小值; (2)是否存在实数,使 f(x)在[-2,-1]上单调递增?如果存在,求实 数的取值范围;如果不存在,请说明理由. 解 (1 )当=-2 时,f(x)=ex(x3-2x2-2x+2)的定义域为(-∞,+

∞). ∵f′(x)=ex(x3-2x2-2x+2)+ex(3x2-4x-2) =xex(x2+x-6)=(x+3)x(x-2)ex, ∴当 x∈(-∞,-3)或 x∈(0,2)时,f′(x)<0; 当 x∈(-3,0)或 x∈(2,+∞)时,f′(x)>0; f′(-3)=f′(0)=f′(2)=0, ∴f(x)在(-∞,-3)上单调递减,在(-3,0)上单调递增,在(0,2)上单 调递减,在(2,+∞)上单调递增, ∴当 x=-3 或 x=2 时,f(x)取得极小值; 当 x=0 时,f (x)取得极大值, ∴f(x)极小值=f(-3)=-37e-3,f(x)极小值=f(2)=-2e2,f(x)极大 值=f(0)=2 (2)f′(x)=ex(x3+x2-2x+ 2)+ex(3x2+2x-2)=xex[x2+(+3)x+2 -2]. ∵f(x)在[-2,-1]上单调递增, ∴当 x∈[-2,-1]时,f′(x)≥0 又当 x∈[-2,-1]时,xex<0, ∴当 x∈[-2,-1]时,x2+(+3)x+2-2≤0, ∴  - 22 - 2 + 3 + 2 - 2≤0 , -12-+3+2-2≤0, 解得≤4, ∴当∈(-∞,4]时,f(x)在[-2,-1]上单调递增.

3.()(2014•西四校联考)已知函数 f(x)=ax2+x-xlnx (1)若 a=0,求函数 f(x)的单调区间; (2)若 f(1)=2,且在定义域内 f(x)≥bx2+2x 恒成立,求实数 b 的取值 范围. 解 (1)当 a=0 时,f(x)=x-xlnx,函数定义域为(0,+∞). f′(x)=-lnx,由-lnx=0, 得 x=1 当 x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)在(0,1)上是增函数; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)在(1,+∞)上是减函数. (2)由 f(1)=2,得 a+1=2, ∴a=1, ∴f(x)=x2+x-xlnx, 由 f(x)≥bx2+2x, 得(1-b)x-1≥lnx ∵x>0, ∴b≤1-1x-lnxx 恒成立. 令 g(x)=1-1x-lnxx,可得 g′(x)=lnxx2, ∴g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, ∴g(x)in=g(1)=0, ∴b 的取值范围是(-∞ ,0]. 3.(理)()4 (2014•广州调研)已知 f(x)是二次函数,不等式 f(x)<0 的解集

是(0,),且 f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线 6x++1 =0 平行. (1)求 f(x)的解析式; (2)是否存在 t∈N*,使得方程 f(x)+37x=0 在区间(t, t+1)内有两个 不相等的实数根?若存在,求出 t 的值;若不存在,说明理由. 解 ( 1)∵f(x)是二次函数, 不等式 f(x)<0 的解集是(0,), ∴可设 f(x)=ax(x-),a>0 ∴f′(x)=2ax-a ∵函数 f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线 6x++1=0 平行, ∴f′(1)=-6∴2a-a=-6,解得 a=2 ∴f(x)=2x(x-)=2x2-10x (2)由(1)知,方程 f(x)+37x=0 等价于方程 2x3-10x2+37=0 设 h(x)=2x3-10x2+37, 则 h′(x)=6x2-20x=2x(3x-10). 当 x∈0,103 时,h′(x)<0,函数 h(x)在 0,103 上单调递减; 当 x∈103,+∞时,h′(x)>0,函数 h(x)在 103,+∞上单调递增. ∵h(3)=1>0,h103=-127<0,h(4)=>0, ∴方程 h(x)=0 在区间 3,103,103,4 内各有一个实数根,在区间(0,3), ( 4,+∞)内没有实数根. ∴存在唯一的正整数 t=3,使得方程 f(x)+37x=0 在区间(t,t+1)内 有且只有两个不相等的实数根. 4.(理)()

(2014•辽宁五校联考)已知函数 f(x)=xlnx (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)证明:对任意的 t>0,存在唯一的实数使 t=f(); (3)设(2)中所确定的关于 t 的函数为=g(t),证明:当 t>e 时,有 710<lngtlnt<1 解 (1)∵f(x)=xlnx,∴f′(x)=lnx+1(x>0), 令 f′(x)=0,得 x=1e ∴当 x∈0,1e 时,f′(x)<0,此时 f(x)在 0,1e 上单调递减; 当 x∈1e,+∞时,f′(x)>0,f(x)在 1e,+∞上单调递增. (2)当 0<x≤1 时,f(x)≤0, 又 t>0, 令 h(x)=f(x)-t,x∈[1,+∞), 由(1)知 h(x)在区间[1,+∞)上为增函数,h(1)=-t<0, h(et)=t(et-1)>0, ∴存在唯一的实数,使 t=f()成立. (3)∵=g(t)且由(2)知 t=f(),t>0, 当 t>e 时,若=g(t)≤e, 则由 f()的单调性有 t=f()≤f(e)=e,矛盾, ∴>e 又 lngtlnt = lnlnf = lnlnln=lnln+lnln=uu+lnu,其 中 u=ln,u>1,

要使 710<lngtlnt<1 成立, 只需 0<lnu<37u 令 F(u)=lnu-37u,u>1,F′(u)=1u-37, 当 1<u<73 时,F′(u)>0,F(u)单调递增; 当 u>73 时,F′(u)<0,F(u)单调递减. ∴对 u>1,F(u)≤F73<0, 即 lnu<37u 成立. 综上,当 t>e 时,710<lngtlnt<1 成立. .(理)(2014•浙江 考试院抽测)已知 a 为给定的正实数,为实 数,函数 f(x)=ax3-3(+a)x2+12x+1 (1)若 f(x)在(0,3)上无极值点,求的值; (2)若存在 x0∈(0,3),使得 f(x0)是 f(x)在[0,3]上的最值,求实数的取 值范围. 解 (1)由题意得 f′(x)=3ax2-6(+a)x+12=3(x-2)(ax-2), 由 于 f(x)在(0,3)上无极值点, 故 2a=2,所以=a (2)由于 f′(x)=3(x-2)(ax-2),故 ①当 2a≤0 或 2a≥3, 即 ≤0 或≥32a 时, 取 x0=2 即满足题意. 此时≤0 或≥32a ②当 0<2a<2,即 0<<a 时,列表如下:

x00,2a 2a 2a,2 2(2,3)3 f′(x)+0-0+ f(x)1 单调递增极大值单调递减极小值单调递增 9+1 故 f(2)≤f(0)或 f2a≥f(3), 即-4a+12+1≤1 或-43+122aa2+1≥9+1, 即 3≤a 或-2-3a2a2≥0, 即≤a3 或≤0 或=3a2 此时 0<≤a3 ③当 2<2a< 3,即 a<< 3a2 时,列表如下: x0(0,2)22,2a 2a 2a,3 3 f′(x)+0-0+ f(x)1 单调递增极大值单调递减极小值单调递增 9+1 故 f2a≤f(0)或 f(2)≥f(3), 即-43+122aa2+1≤1 或-4a+12+1≥9+1, 即-42-3aa2≤0 或 3≥4a, 即=0 或≥3a 或≥4a3

此时 4a3≤<3a2 综上所述,实数的取值范围是≤a3 或≥4a3


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