2019年高考数学 考纲解读与热点难点突破 专题05 导数的热点问题（热点难点突破）理（含解析）

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1、导数的热点问题1．在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间)，每单位时间的用氧量为3＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升)．(1)求y关于v的函数关系式；(2)若c≤v≤15(c>0)，求当下潜速度v取什么值时，总用氧量最少．(2)y′＝－＝，令y′＝0，得v＝10，当010

2、时，y′>0，函数单调递增，∴当0e＋2－.(1)【解析】由定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝－＝，设h(

3、x)＝x2－(a＋2)x＋1，要使y＝f(x)在上有极值，则x2－(a＋2)x＋1＝0有两个不同的实根x1，x2，∴Δ＝(a＋2)2－4>0，∴a>0或a<－4，①且至少有一根在区间上，又∵x1·x2＝1，∴只有一根在区间(e，＋∞)上，不妨设x2>e，∴0e＋－2，②联立①②可得a>e＋－2.即实数a的取值范围是.(2)证明　由(1)知，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)在(1，＋∞)上有最小值f(

4、x2)，即∀t∈(1，＋∞)，都有f(t)≥f(x2)，又当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴f(x)在(0,1)上有最大值f(x1)，即对∀s∈(0,1)，都有f(s)≤f(x1)，又∵x1＋x2＝2＋a，x1x2＝1，x1∈，x2∈，∴f(t)－f(s)≥f(x2)－f(x1)＝lnx2＋－lnx1－＝ln＋－＝lnx＋x2－，设k(x)＝lnx2＋x－＝2lnx＋x－(x>e)，则k′(x)＝＋1＋>0(x>e)，∴k(x)在上单调递增，∴k(x)>k(e)＝2＋e－，∴f(t)－f

5、(s)>e＋2－.3．已知函数f(x)＝(2x＋1)ln(2x＋1)－a(2x＋1)2－x(a>0)．(1)如图，设直线x＝－，y＝－x将坐标平面分成Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ四个区域(不含边界)，若函数y＝f(x)的图象恰好位于其中一个区域内，判断其所在的区域并求对应的a的取值范围；(2)当a>时，求证：∀x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，有f(x1)＋f(x2)<2f.(1)【解析】函数f(x)的定义域为，且当x＝0时，f(0)＝－a<0.又∵直线y＝－x恰好通过原点，∴函数y＝f(x)的图象应位于区域Ⅳ内，于是可得f(x)<－x，即(2x＋1)

6、ln(2x＋1)－a(2x＋1)2－x<－x.∵2x＋1>0，∴a>.令h(x)＝，则h′(x)＝.∴当x∈时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈时，h′(x)<0，h(x)单调递减．∴h(x)max＝h＝，∴a的取值范围是.(2)证明　∵f′(x)＝2ln(2x＋1)－4a(2x＋1)＋1，设u(x)＝2ln(2x＋1)－4a(2x＋1)＋1，则u′(x)＝－8a，∵当x>0时，<4，当a>时，8a>4，∴u′(x)＝－8a<0，∴当x>0时，f′(x)为减函数，不妨设x2>x1>0，令g(x)＝f(x)＋f(x1)－2f(x>x1)

7、，可得g(x1)＝0，g′(x)＝f′(x)－f′，∵x>且f′(x)是(0，＋∞)上的减函数，∴g′(x)<0，∴当x>x1时，g(x)为减函数，∴g(x2)g(x)．(2)证明　易得f′(x)＝－，则由题意，得f′＝e－ae2＝－e，

8、解得a＝.∴f(x)＝lnx＋，从而f ＝1，即切点为.将切点坐标代入ex＋y－2＋b＝0中，解得b＝0.∴g(x)＝e－x.要证f(x)>g(x)，即证lnx＋>