（浙江專版）2019年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題3.5 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用（練）.doc

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第05節(jié) 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 A基礎(chǔ)鞏固訓(xùn)練 1.定義在區(qū)間[0,1]上的函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，以為頂點(diǎn)的△ABC的面積記為函數(shù)S(x)，則函數(shù)S(x)的導(dǎo)函數(shù)的大致圖象為（ ） 【答案】D 【解析】 因?yàn)?底邊長一定，點(diǎn)由到的過程中，當(dāng)與 、 共線時(shí)不能組成三角形，所以函數(shù)與其導(dǎo)函數(shù)都不連續(xù)，故排除選項(xiàng)、，又點(diǎn)由到的過程中面積先增后減，再增再減，因此導(dǎo)函數(shù)應(yīng)該先正后負(fù)，再正再負(fù)，所以選項(xiàng)D符合題意，故選D. 2.【2018屆湖南省湘潭市四?！恳阎x在上的奇函數(shù)滿足（），則（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】分析：根據(jù)條件的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)以及已知條件判斷函數(shù)的單調(diào)性，然后轉(zhuǎn)化求解即可． 詳解：設(shè)g（x）=，定義在R上的奇函數(shù)f（x），所以g（x）是奇函數(shù)，x＞0時(shí)，g′（x）=， 因?yàn)楹瘮?shù)f（x）滿足2f（x）﹣xf（x）＞0（x＞0），所以g′（x）＞0，所以g（x）是增函數(shù)，g（﹣）=＜， 可得：． 故選：B． 3.已知是定義在上的偶函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為,若 ，且，則不等式的解集為（ ） A． B． C. D． 【答案】A 【解析】可取特殊函數(shù)，故選A. 4.定義在上的函數(shù)，是它的導(dǎo)函數(shù)，且恒有成立，則（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】分析：把給出的等式變形得到，由此聯(lián)想構(gòu)造輔助函數(shù) ,由其導(dǎo)函數(shù)的符號得到其在上為增函數(shù)，則，整理就得到答案. 5.【2018屆四川省沖刺演練（一）】已知函數(shù)，則函數(shù)的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】分析：根據(jù)與時(shí)的解析式，分別判斷出函數(shù)的單調(diào)性，即可得出函數(shù)零點(diǎn)及其范圍，再結(jié)合函數(shù)的圖象即可得出函數(shù)的零點(diǎn)的個(gè)數(shù). 詳解：①當(dāng)時(shí)，，則. ∴當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，. ∴在時(shí)取得極大值為3 ∵，， ∴函數(shù)在，上各有1個(gè)零點(diǎn) ②當(dāng)時(shí)，，，的零點(diǎn)為2和3. 由，得或或或，其中，. 結(jié)合函數(shù)的圖象可知，方程的解的個(gè)數(shù)為2，方程的解的個(gè)數(shù)為1，方程的解的個(gè)數(shù)為3，方程的解的個(gè)數(shù)為2. ∴函數(shù)的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為8個(gè) B能力提升訓(xùn)練 1．【2018屆寧夏銀川一中三?！吭O(shè)函數(shù)是定義在上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為，且有，則不等式 的解集為 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】分析：根據(jù)題意，設(shè)g（x）=x2f（x），x＜0，求出導(dǎo)數(shù)，分析可得g′（x）≤0，則函數(shù)g（x）在區(qū)間（﹣∞，0）上為減函數(shù)，結(jié)合函數(shù)g（x）的定義域分析可得：原不等式等價(jià)于，解可得x的取值范圍，即可得答案． 詳解：根據(jù)題意，設(shè)g（x）=x2f（x），x＜0， 其導(dǎo)數(shù)g′（x）=[x2f（x）]′=2xf（x）+x2f′（x）=x（2f（x）+xf′（x））， 又由2f（x）+xf′（x）＞x2≥0，且x＜0， 則g′（x）≤0，則函數(shù)g（x）在區(qū)間（﹣∞，0）上為減函數(shù)， （x+2018）2f（x+2018）﹣4f（﹣2）＞0 ?（x+2018）2f（x+2018）＞（﹣2）2f（﹣2）?g（x+2018）＞g（﹣2）， 又由函數(shù)g（x）在區(qū)間（﹣∞，0）上為減函數(shù)， 則有， 解可得：x＜﹣2020， 即不等式（x+2018）2f（x+2018）﹣4f（﹣2）＞0的解集為（﹣∞，﹣2020）； 故選：B． 2．設(shè)函數(shù)，其中，若存在唯一的整數(shù)，使得，則的取值范圍是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 3．已知定義在上的函數(shù)滿足：函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱，且當(dāng)成立(是函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)), 若，，, 則的大小關(guān)系是（ ） （A） （B） （C） （D） 【答案】A 【解析】∵函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱，∴關(guān)于軸對稱， ∴函數(shù)為奇函數(shù). 因?yàn)椋? ∴當(dāng)時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞減， 當(dāng)時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞減. ，， ，，故選A. 4.【2018屆福建省寧德市5月檢查】已知定義在上的函數(shù)滿足且，若恒成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍為______． 【答案】 【解析】分析：求出f（x）的解析式為f（x）=ex，結(jié)合函數(shù)圖象即可得出a的范圍． 詳解：∵＞0，∴f（x）為增函數(shù)， ∴f（f（x）﹣ex）=1， ∴存在唯一一個(gè)常數(shù)x0，使得f（x0）=1， ∴f（x）﹣ex=x0，即f（x）=ex+x0， 令x=x0可得+x0=1， ∴x0=0，故而f（x）=ex， ∵f（x）≥ax+a恒成立，即ex≥a（x+1）恒成立． ∴y=ex的函數(shù)圖象在直線y=a（x+1）上方， 不妨設(shè)直線y=k（x+1）與y=ex的圖象相切，切點(diǎn)為（x0，y0）， 則，解得k=1． ∴當(dāng)0≤a≤1時(shí)，y=ex的函數(shù)圖象在直線y=a（x+1）上方，即f（x）≥ax+a恒成立，： 故答案為：[0，1]． 5．已知函數(shù)，． （Ⅰ）討論函數(shù)的單調(diào)性； （Ⅱ）若函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)的取值范圍． 【答案】（Ⅰ）當(dāng)時(shí)，上單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；（Ⅱ）． 【解析】 （Ⅰ） ① 當(dāng)上單調(diào)遞減； ② 當(dāng). . ∴函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增 綜上：當(dāng)上單調(diào)遞減； 當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增 （Ⅱ）當(dāng)由（Ⅰ）得上單調(diào)遞減，函數(shù)不可能有兩個(gè)零點(diǎn)； 當(dāng)a>0時(shí)，由（Ⅰ）得，且當(dāng)x趨近于0和正無窮大時(shí)，都趨近于正無窮大， 故若要使函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，則的極小值， 即，解得, 綜上所述，的取值范圍是 C 思維拓展訓(xùn)練 1．【浙江省寧波市六校2017-2018學(xué)年高二下學(xué)期期末聯(lián)考】已知函數(shù)，為常數(shù) （Ⅰ）若時(shí)，已知在定義域內(nèi)有且只有一個(gè)極值點(diǎn)，求的取值范圍； （Ⅱ）若，已知，恒成立，求的取值范圍. 【答案】（1）（2） （Ⅱ）， 法1： 因，，恒成立，則內(nèi)，先必須遞增，即先必須，即先必須，因其對稱軸，有圖知（此時(shí)在 ），所以 法2： 因，所以， 所以， 令，因， ， 所以遞增，，所以， 點(diǎn)睛：本題考查了含有參量的導(dǎo)數(shù)極值問題和恒成立問題，在解答此類題目時(shí)將參數(shù)代入，然后根據(jù)題意進(jìn)行轉(zhuǎn)化，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行證明，本題有一定難度. 2.【浙江省麗水市2017-2018學(xué)年高二下學(xué)期期末】已知函數(shù),． （Ⅰ）求函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間； （Ⅱ）證明:； （Ⅲ）當(dāng)時(shí)，恒成立，求實(shí)數(shù)的值. 【答案】(1) f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是.(2)證明見解析.(3) . 【解析】分析：(Ⅰ) 求導(dǎo)，由，即可得到函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間； (Ⅱ) 記h(x)＝f(x) g(x)＝,設(shè)法證明， 即可證明 . (Ⅲ) 由題即 易證,當(dāng)時(shí)取到等號， 由 得,由此可求的值. 詳解： (Ⅰ) 因?yàn)? 由，得 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是. (Ⅱ) 記h(x)＝f(x) g(x)＝, , 所以在R上為減函數(shù) 因?yàn)? 所以存在唯一，使即， , 當(dāng)時(shí)，； 當(dāng)時(shí)，. 所以 所以 . (Ⅲ) 因?yàn)? 所以, 易證,當(dāng)時(shí)取到等號， 由 得 , , 所以即. 3．【2018屆浙江省臺州中學(xué)模擬】已知函數(shù)， （1）求曲線在點(diǎn)處的切線方程； （2）當(dāng)時(shí)，求證：. 【答案】(1)；(2)證明見解析. （2）當(dāng)時(shí)，令， ，， 所以在上單調(diào)遞增，且， 所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， 所以的最小值為， 所以. 點(diǎn)睛：該題考查的是有關(guān)導(dǎo)數(shù)的定義和應(yīng)用導(dǎo)數(shù)證明不等式的問題，在解題的過程中，注意曲線在某個(gè)點(diǎn)處的切線方程的求解步驟，以及應(yīng)用導(dǎo)數(shù)證明不等式恒成立的解題思路，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值，通過最值所滿足的條件，求得結(jié)果. 4．【2018屆浙江省杭州市第二中學(xué)6月熱身】已知函數(shù). （Ⅰ）求曲線在點(diǎn)處的切線方程； （Ⅱ）求證：. 【答案】(1).(2)證明見解析. 【解析】分析：（Ⅰ）先求，再求切線的斜率即可得到曲線在處的切線. （Ⅱ）要證，只要，而，故應(yīng)考慮在上的零點(diǎn)，又，此方程在僅有一個(gè)根且為的最小值點(diǎn)，所以待證成立，可估算，故成立. 詳解：（Ⅰ） 所以，則切線方程為. （Ⅱ）令，則， 設(shè)的兩根為，由于， 不妨設(shè)，則在是遞減的，在是遞增的. 而，所在上存在唯一零點(diǎn)，且， 所以在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增. 所以，， 因?yàn)椋?，所以. 點(diǎn)睛：解決曲線的切線問題，核心是切點(diǎn)的橫坐標(biāo)，因?yàn)楹瘮?shù)在橫坐標(biāo)處的導(dǎo)數(shù)就是切線的斜率.函數(shù)不等式的證明，可歸結(jié)為函數(shù)的最值來處理，有時(shí)最小值點(diǎn)難以計(jì)算時(shí)，須估算最小值點(diǎn)的范圍. 5．【2018年浙江卷】已知函數(shù)f(x)=?lnx． （Ⅰ）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)處導(dǎo)數(shù)相等，證明：f(x1)+f(x2)>8?8ln2； （Ⅱ）若a≤3?4ln2，證明：對于任意k>0，直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點(diǎn)． 【答案】（Ⅰ）見解析 （Ⅱ）見解析 詳解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)， 由得， 因?yàn)?，所以? 由基本不等式得． 因?yàn)?，所以? 由題意得． 設(shè)， 則， 所以 x （0，16） 16 （16，+∞） - 0 + 2-4ln2 所以g（x）在[256，+∞）上單調(diào)遞增， 故， 即． （Ⅱ）令m=，n=，則 f（m）–km–a>|a|+k–k–a≥0， f（n）–kn–a<≤<0， 所以，存在x0∈（m，n）使f（x0）=kx0+a， 所以，對于任意的a∈R及k∈（0，+∞），直線y=kx+a與曲線y=f（x）有公共點(diǎn)． 由f（x）=kx+a得． 設(shè)h（x）=， 則h′（x）=， 其中g(shù)（x）=． 由（Ⅰ）可知g（x）≥g（16），又a≤3–4ln2， 故–g（x）–1+a≤–g（16）–1+a=–3+4ln2+a≤0， 所以h′（x）≤0，即函數(shù)h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，因此方程f（x）–kx–a=0至多1個(gè)實(shí)根． 綜上，當(dāng)a≤3–4ln2時(shí)，對于任意k>0，直線y=kx+a與曲線y=f（x）有唯一公共點(diǎn)． 點(diǎn)睛：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式常見類型及解題策略：(1)構(gòu)造差函數(shù).根據(jù)差函數(shù)導(dǎo)函數(shù)符號，確定差函數(shù)單調(diào)性，利用單調(diào)性得不等量關(guān)系，進(jìn)而證明不等式.（2）根據(jù)條件，尋找目標(biāo)函數(shù).一般思路為利用條件將求和問題轉(zhuǎn)化為對應(yīng)項(xiàng)之間大小關(guān)系，或利用放縮、等量代換將多元函數(shù)轉(zhuǎn)化為一元函數(shù).