冲刺高考数学二轮复习核心考点特色突破专题05函数与导数的综合应用含解析

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1、专题05函数与导数的综合运用【自主热身，归纳提炼】13121、函数f(x)＝ax＋ax－2ax＋2a＋1的图像经过四个象限的充要条件是．3263【答案】－0，63件是f，或f，解得－0)和y＝x(x>0)均相切，切点分别为A(x1，y1)和x1B(x2，y2)，则的值为．x2→→3、已知点A(0,1)，曲线

2、C：y＝logax恒过点B，若P是曲线C上的动点，且AB·AP的最小值为2，则实数a＝.【答案】e→→思路分析根据条件，要求AB·AP的最小值，首先要将它表示成点P(x，logax)的横坐标x的函数，然后再利用导数的方法来判断函数的单调性，由此来求出函数的最小值．→→点A(0,1)，B(1,0)，设P(x，logax)，则AB·AP＝(1，－1)·(x，logax－1)＝x－logax＋1.依题f(x)＝x－logax＋1在(0，＋∞)上有最小值2且f(1)＝2，所以x＝1是f(x)的极值点，即最小值点．f′(x)＝1－

3、1xlna－1＝.若00，f(x)单调递增，在(0，＋∞)无最小值，所以a>1.设f′(x)＝0，则xlnaxlnax＝logae，当x∈(0，logae)时，f′(x)<0；当x∈(logae，＋∞)时，f′(x)>0，从而当且仅当x＝logae时，f(x)取最小值，所以logae＝1，a＝e.解后反思本题的关键在于要能观察出f(x)＝x－logax＋1＝2的根为1，然后利用函数的极小值点为x＝1来求出a的值，因而解题过程中，不断地思考、观察很重要，平时学习中，要养成多思考、多观察的习惯．x4、已

4、知函数f(x)＝x－1－(e－1)lnx，其中e为自然对数的底，则满足f(e)＜0的x的取值范围为．【答案】(0,1)x思路分析注意到条件f(e)<0，让我们想到需要研究函数f(x)的单调性，通过函数的单调性将问题进行转化化简．1【答案】：－ebb【思路分析】若的最小值为λ，则≥λ恒成立，结合题意必有λa－b≤0恒成立．由f(x)＝(lnx＋ex)aa11b1－ax－b≤0恒成立，得f＝－a－b≤0.猜想a＞0，从而≥－.eeae1－ax＋1f′(x)＝＋(e－a)＝(x＞0)，xxbb当e－a≥0，即a≤e时，f(e)

5、＝(e－a)e＞0，显然f(x)≤0不恒成立．11当e－a＜0，即a＞e时，当x∈0，时，f′(x)＞0，f(x)为增函数；当x∈，＋∞时，f′(x)a－ea－e1＜0，f(x)为减函数，所以f(x)max＝f＝－ln(a－e)－b－1.a－eb－a－－1由f(x)≤0恒成立，得f(x)max≤0，所以b≥－ln(a－e)－1，所以得≥.aa－x－－1设g(x)＝(x＞e)，xxe＋x－＋1＋x－e－xe－xg′(x)＝2＝2.xxe由于y＝＋ln(x－e)为增函数，且当x＝2e时，g′(x)＝0，所以当x∈(e,2e)

6、时，g′(x)＜0，g(x)为e－x1b1减函数；当x∈(2e，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)为增函数，所以g(x)min＝g(2e)＝－，所以≥－，当aeaeb1＝2e，b＝－2时，取得最小值－.ae解后反思在考试时，到上一步就可以结束了，胆大一点，到猜想a＞0这步就可结束了．现证最小值能取b1f11＝2e－a＝0，此时a＝2e，b＝－2，f(x)＝lnx－ex＝0应该是极大值，所以f′到，当＝－时，aeee1＋2，易证f＝0也是最大值，证毕．e28、若函数f(x)＝x

7、x－a

8、在区间[0,2]上单调递增，则实数a

9、的取值范围是．【答案】(－∞，0]∪[3，＋∞)思路分析含绝对值的函数需要去绝对值转化为分段函数，本题已知函数在[0,2]上为增函数，则需先讨论函数在[0，＋∞)上的单调性，自然地分a≤0和a>0两个情况进行讨论，得到函数在[0，＋∞)上的单调2性，结合函数单调性得到a≥2，从而解出a的取值范围．3322先讨论函数在[0，＋∞)上的单调性．当a≤0时，f(x)＝x－ax，f′(x)＝3x－2ax≥0在[0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，则也在[0,2]上单调递增，成立；当a>0时，f(x)＝23a

10、x－x，0≤x≤a，2①当0≤x≤a时，f′(x)＝2ax－3x2，令f′(x)＝0，则x＝0或x＝a，则f(x)32x－ax，x>a.30，222在a上单调递增，在a，a上单调递减；②当x>a时，f′(x)＝3x－2ax＝x(3x－2a)>0，所以f(x)3322在(a，＋∞)上单调递增，所以当a>0时，f(x)在