欢迎来到天天文库
浏览记录
ID:44897652
大小:118.60 KB
页数:4页
时间:2019-11-01
《高考数学一轮复习专题1函数与导数在高考中的常见题型与求解策略知能训练轻松闯关理》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、专题讲座1函数与导数在高考中的常见题型与求解策略1.(2016·唐山模拟)直线y=a分别与直线y=2(x+1),曲线y=x+lnx交于点A,B,则
2、AB
3、的最小值为( )A.3 B.2C.D.解析:选D.解方程2(x+1)=a,得x=-1.设方程x+lnx=a的根为t(t>0),则t+lnt=a,则
4、AB
5、=
6、t-+1
7、=
8、t-+1
9、=
10、-+1
11、.设g(t)=-+1(t>0),则g′(t)=-=(t>0),令g′(t)=0,得t=1.当t∈(0,1)时,g′(t)<0;当t∈(1,+∞)时,g′(t)>0,所以g(t)min=g(1)=,所以
12、A
13、B
14、≥,所以
15、AB
16、的最小值为.2.(2015·高考全国卷Ⅱ)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当x>0时,xf′(x)-f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )A.(-∞,-1)∪(0,1)B.(-1,0)∪(1,+∞)C.(-∞,-1)∪(-1,0)D.(0,1)∪(1,+∞)解析:选A.设y=g(x)=(x≠0),则g′(x)=,当x>0时,xf′(x)-f(x)<0,所以g′(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上为减函数,且g(1)=f(1)=-f(-1)=0.因为f(x)为奇函数,所以g(x)为偶函数
17、,所以g(x)的图像的示意图如图所示.当x>0,g(x)>0时,f(x)>0,0<x<1,当x<0,g(x)<0时,f(x)>0,x<-1,所以使得f(x)>0成立的x的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1),故选A.3.已知函数f(x)=+lnx,若函数f(x)在[1,+∞)上为增函数,则正实数a的取值范围为________. 解析:因为f(x)=+lnx,所以f′(x)=(a>0).因为函数f(x)在[1,+∞)上为增函数,所以f′(x)=≥0对x∈[1,+∞)恒成立,所以ax-1≥0对x∈[1,+∞)恒成立,即a≥对x∈[1,+∞)恒成立,所以a≥1.答案:[1
18、,+∞)4.若函数f(x)=2x3-9x2+12x-a恰好有两个不同的零点,则a的值为________.解析:由题意得f′(x)=6x2-18x+12=6(x-1)(x-2),由f′(x)>0,得x<1或x>2,由f′(x)<0,得119、f(x)在x=-1处取得极值,直线y=m与y=f(x)的图像有三个不同的交点,求m的取值范围.解:(1)f′(x)=3x2-3a=3(x2-a),当a<0时,对x∈R,有f′(x)>0,所以f(x)的递增区间为(-∞,+∞);当a>0时,由f′(x)>0,解得x<-或x>,由f′(x)<0,解得-0时,f(x)的递增区间为(-∞,-],[,+∞),f(x)的递减区间为[-,]. (2)因为f(x)在x=-1处取得极值,所以f′(-1)=3×(-1)2-3a=0,则a=1,所以f(x)=x3-3x-1,f′(x)=3x2-3.由f′(x)=0解得x120、=-1,x2=1.由(1)中f(x)的单调性可知,f(x)在x=-1处取得极大值f(-1)=1,在x=1处取得极小值f(1)=-3.因为直线y=m与函数y=f(x)的图像有三个不同的交点,结合f(x)的单调性可知,m的取值范围是(-3,1).6.(2015·高考全国卷Ⅰ)设函数f(x)=e2x-alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数;(2)证明:当a>0时,f(x)≥2a+aln.解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2e2x-(x>0).当a≤0时,f′(x)>0,f′(x)没有零点;当a>0时,设u(x)=e2x,v(x)=-,21、因为u(x)=e2x在(0,+∞)上是递增的,v(x)=-在(0,+∞)上是递增的,所以f′(x)在(0,+∞)上是递增的.又f′(a)>0,当b满足0<b<且b<时,f′(b)<0, 故当a>0时,f′(x)存在唯一零点.(2)证明:由(1),可设f′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f′(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0.故f(x)在(0,x0)上是递减的,在(x0,+∞)上是递增的,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).由于2e2x0-=0,所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln.故
19、f(x)在x=-1处取得极值,直线y=m与y=f(x)的图像有三个不同的交点,求m的取值范围.解:(1)f′(x)=3x2-3a=3(x2-a),当a<0时,对x∈R,有f′(x)>0,所以f(x)的递增区间为(-∞,+∞);当a>0时,由f′(x)>0,解得x<-或x>,由f′(x)<0,解得-0时,f(x)的递增区间为(-∞,-],[,+∞),f(x)的递减区间为[-,]. (2)因为f(x)在x=-1处取得极值,所以f′(-1)=3×(-1)2-3a=0,则a=1,所以f(x)=x3-3x-1,f′(x)=3x2-3.由f′(x)=0解得x1
20、=-1,x2=1.由(1)中f(x)的单调性可知,f(x)在x=-1处取得极大值f(-1)=1,在x=1处取得极小值f(1)=-3.因为直线y=m与函数y=f(x)的图像有三个不同的交点,结合f(x)的单调性可知,m的取值范围是(-3,1).6.(2015·高考全国卷Ⅰ)设函数f(x)=e2x-alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数;(2)证明:当a>0时,f(x)≥2a+aln.解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2e2x-(x>0).当a≤0时,f′(x)>0,f′(x)没有零点;当a>0时,设u(x)=e2x,v(x)=-,
21、因为u(x)=e2x在(0,+∞)上是递增的,v(x)=-在(0,+∞)上是递增的,所以f′(x)在(0,+∞)上是递增的.又f′(a)>0,当b满足0<b<且b<时,f′(b)<0, 故当a>0时,f′(x)存在唯一零点.(2)证明:由(1),可设f′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f′(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0.故f(x)在(0,x0)上是递减的,在(x0,+∞)上是递增的,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).由于2e2x0-=0,所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln.故
此文档下载收益归作者所有