高考理科数学专题复习练习3.2导数与函数的单调性、极值、最值

高考理科数学专题复习练习3.2导数与函数的单调性、极值、最值

第三章导数及其应用 ‎3.2导数与函数的单调性、极值、最值 专题2‎ 导数与函数的极值 ‎■(2015甘肃省兰州一中三模,导数与函数的极值,选择题,理11)函数f(x)=(x-a)ex在区间(2,3)内没有极值点,则实数a的取值范围是(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.(-∞,3]∪[4,+∞) B.[3,4]‎ C.(-∞,3] D.[4,+∞)‎ 解析:∵f(x)=(x-a)ex,‎ ‎∴f'(x)=(x+1-a)ex,‎ ‎∵函数f(x)=(x-a)ex在区间(2,3)内没有极值点,‎ ‎∴x+1-a≥0或x+1-a≤0在区间(2,3)内恒成立,‎ 即a≤x+1或a≥x+1在区间(2,3)内恒成立,‎ ‎∴a≤3或a≥4.‎ 故实数a的取值范围是(-∞,3]∪[4,+∞).‎ 答案:A 专题3‎ 导数与函数的最值 ‎■(2015甘肃省兰州一中三模,导数与函数的最值,解答题,理21)已知函数f(x)=aln x+x2(a为实数).‎ ‎(1)求函数f(x)在区间[1,e]上的最小值及相应的x值;‎ ‎(2)若存在x∈[1,e],使得f(x)≤(a+2)x成立,求实数a的取值范围.‎ 解:(1)f(x)=alnx+x2的定义域为[1,e],‎ f'(x)=+2x=,‎ 当x∈[1,e]时,2x2∈[2,2e2],‎ 若a≥-2,f'(x)在[1,e]上非负(仅当a=-2,x=1时,f'(x)=0),‎ 故f(x)在[1,e]上单调递增,此时f(x)min=f(1)=1;‎ 若-2e20,解得0,‎ 因而a≥,x∈[1,e],‎ 令g(x)=(x∈[1,e]),‎ 则g'(x)=,‎ 当x∈[1,e]时,x-1≥0,lnx≤1,x+2-2lnx>0,‎ 从而g'(x)≥0(仅当x=1时取等号),‎ ‎∴g(x)在[1,e]上是增函数,‎ 故g(x)min=g(1)=-1,‎ ‎∴实数a的取值范围是[-1,+∞).‎ ‎3.3导数的综合应用 专题3‎ 利用导数解决不等式的有关问题 ‎■(2015河南省洛阳市高考数学二模,利用导数解决不等式的有关问题,解答题,理21)已知函数f(x)=ax-xln a(a>1),g(x)=b-x2,e为自然对数的底数.‎ ‎(1)当a=e,b=5时,求整数n的值,使得方程f(x)=g(x)在区间(n,n+1)内有解;‎ ‎(2)若存在x1,x2∈[-1,1],使得f(x1)+g(x2)+≥f(x2)+g(x1)+e成立,求实数a的取值范围.‎ 解:(1)令F(x)=f(x)-g(x)=ax-xlna+x2-b,‎ 当a=e,b=5时,F(x)=ex-x+x2-5,F'(x)=ex-1+3x;‎ 当x>0时,F'(x)>0,则F(x)在(0,+∞)上为增函数,‎ 当x<0时,F'(x)<0,则F(x)在(0,+∞)上为减函数;‎ 而F(0)=-4,F(1)=e-<0,F(2)=e2-1>0,‎ F(-1)=<0,F(-2)=+3>0;‎ 又∵F(x)在(1,2),(-2,-1)上分别连续且单调,‎ ‎∴F(x)在(1,2),(-2,-1)内分别有一个零点,‎ 即方程f(x)=g(x)在区间(1,2),(-2,-1)内分别有一个解;‎ 综上所述,当n=1或n=-2时,方程f(x)=g(x)在区间(n,n+1)内有解.‎ ‎(2)若存在x1,x2∈[-1,1],使得f(x1)+g(x2)+≥f(x2)+g(x1)+e成立,‎ 即存在x1,x2∈[-1,1],使得[f(x1)-g(x1)]-[f(x2)-g(x2)]≥e-;‎ 即存在x1,x2∈[-1,1],使得F(x1)-F(x2)≥e-;‎ 即F(x)max-F(x)min≥e-成立,x∈[-1,1];‎ F'(x)=axlna-lna+3x=3x+(ax-1)lna;‎ ‎①当x>0时,由a>1,得ax-1>0,lna>0,故F'(x)>0;‎ ‎②当x=0时,F'(x)=0;‎ ‎③当x<0时,由a>1,得ax-1<0,lna>0,故F'(x)<0;‎ 则F(x)在[-1,0]上为减函数,[0,1]上为增函数;‎ 故F(x)min=F(0)=1-b;‎ F(x)max=max{F(-1),F(1)};‎ 而F(1)-F(-1)=a--2lna(a>1);‎ 设h(a)=a--2lna(a>0),‎ 则h'(a)=1+≥0,‎ ‎(当且仅当a=1时,等号成立)‎ ‎∴h(a)在(0,+∞)上为增函数,而h(1)=0;‎ 故当a>1时,h(a)>h(1)=0;‎ ‎∴F(1)>F(-1);‎ 故F(1)-F(0)≥e-;‎ 化简可得,a-lna≥e-lne,‎ 且易知m(a)=a-lna在(1,+∞)上是增函数,‎ 故a≥e;‎ 即实数a的取值范围为[e,+∞).‎ ‎■(2015河南省六市高考数学二模,利用导数解决不等式的有关问题,解答题,理21)已知函数f(x)=(其中k∈R,e=2.718 28…是自然数的底数),f'(x)为f(x)的导函数.‎ ‎(1)当k=2时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;‎ ‎(2)若x∈(0,1]时,f'(x)=0都有解,求k的取值范围;‎ ‎(3)若f'(1)=0,试证明:对任意x>0,f'(x)<恒成立.‎ ‎(1)解:当k=2时,f(x)=的导数为f'(x)=(x>0),‎ f'(1)=-,f(1)=,在点(1,f(1))处的切线方程为y-=-(x-1),‎ 即为y=-x+.‎ ‎(2)解:f'(x)=0,即=0,即有k=,‎ 令F(x)=,由00,g(x)0,h(x)递增,当x>e-2时,h'(x)<0,h(x)递减,‎ 则h(x)的最大值为h(e-2)=1+e-2,故1-x-xlnx≤e-2+1,‎ 设φ(x)=ex-(x+1),φ'(x)=ex-1,x>0时,φ'(x)>0,φ(x)>0,‎ φ(x)>φ(0)=0,则x>0时,φ(x)=ex-(x+1)>0,即>1.‎ 即1-x-xlnx≤e-2+1<(e-2+1),‎ 故有对任意x>0,f'(x)<恒成立.‎ ‎■(2015甘肃省张掖市高考数学4月模拟,利用导数解决不等式的有关问题,解答题,理21)已知函数f(x)=ln(x+1)-.‎ ‎(1)证明:f(x)≥0;‎ ‎(2)若当x≥0,f(x)≤ax2恒成立,求实数a的取值范围.‎ ‎(1)证明:由题意得函数的定义域为(-1,+∞).‎ f'(x)=.‎ 当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,此时f(x)为减函数;‎ 当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,此时f(x)为增函数.‎ 所以f(x)min=f(0)=0,所以f(x)≥0在定义域内恒成立.‎ ‎(2)解:由已知得ln(x+1)--ax2≤0,当x≥0时恒成立.‎ 令h(x)=ln(x+1)--ax2,x∈[0,+∞).‎ 则h'(x)=-2ax=.‎ 当a≤0时,显然h'(x)≥0恒成立,所以h(x)在定义域内递增,而f(e-1)=lne--a(e-1)2=-a(e-1)2+>0.故a≤0不符合题意;‎ 当2a≥1即a≥时,因为x≥0,故(x+1)2≥1,所以1-2a(x+1)2≤0,故此时h'(x)≤0恒成立,所以h(x)在定义域内递减,所以h(x)max=h(0)=0,‎ 所以此时h(x)≤0在定义域内恒成立,故此时f(x)≤ax2恒成立,所以a≥符合题意;‎ 当00,‎ 当x∈时,h'(x)>0,故此时h(x)递增;当x∈时,h'(x)<0,故此时h(x)递减.‎ 而当x→0时,h(x)→ln1=0,结合h(x)此时的单调性,可知函数h(x)不满足在(0,+∞)上恒为负.‎ 综上可知,所求a的范围是.‎ ‎■(2015甘肃省河西五地市高三第一次联考,利用导数解决不等式的有关问题,解答题,理21)已知函数f(x)=ln(x+1)+.‎ ‎(1)当a=时,求f(x)的单调递减区间;‎ ‎(2)若当x>0时,f(x)>1恒成立,求a的取值范围;‎ ‎(3)求证:ln(x+1)>+…+(n∈N*).‎ ‎(1)解:当a=时,f'(x)=(x>-1),‎ 令f'(x)<0,可得-1‎ 得a>(x+2)-(x+2)ln(x+1),‎ 记g(x)=(x+2)[1-ln(x+1)],则g'(x)=1-ln(x+1)-=-ln(x+1)-.‎ 当x>0时g'(x)<0,∴g(x)在(0,+∞)递减.‎ 又g(x)max=g(0)=2·(1-ln1)=2,‎ ‎∴g(x)<2(x>0),‎ ‎∴a≥2.‎ ‎(3)证明:由(2)知ln(x+1)+>1(x>0),‎ ‎∴ln(x+1)>.‎ 取x=得ln,即ln.‎ ‎∴ln+ln+ln+…+ln+…+.‎ 专题4‎ 定积分在物理中的应用 ‎■(2015甘肃省张掖市高考数学4月模拟,定积分在物理中的应用,填空题,理14)设x,y满足约束条件则M(x,y)所在平面区域的面积为　　　　. ‎ 解析:作出不等式组对应的平面区域如图:‎ 由x+2y=2得y=1-x,由ex-y=0得y=ex,则由积分的意义可知,‎ 所求的面积为S=dx ‎=‎ ‎=e2-2+1-1=e2-2,故答案为e2-2.‎ 答案:e2-2‎ ‎■(2015甘肃省嘉峪关一中高考数学三模,定积分在物理中的应用,填空题,理13)(1+cos x)dx=　　　　　. ‎ 解析:(1+cos x)dx=(x+sin x)+1-=π+2.‎ 答案:π+2‎