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2020高考数学(文科)专题复习通用版(跟踪检测) 专题1 不等式、函数与导数专题1 第4讲 WORD版含答案.doc

上传人:高**** 文档编号:514784 上传时间:2024-05-28 格式:DOC 页数:6 大小:88KB
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1、第一部分专题一第4讲题型对应题号1.导数的运算与几何意义2,3,8,12,142.利用导数研究函数的性质1,6,7,9,103.利用导数解决与不等式有关的问题4,5,11,13,15 基础热身(建议用时:40分钟)1函数f(x)3x2ln x2x的极值点的个数是()A0B1 C2D无数个A解析 函数定义域为(0,),且f(x)6x2,由于x0,而g(x)6x22x10的200恒成立,故f(x)0恒成立,即f(x)在定义域上单调递增,无极值点故选A项2(2019福建福州八县联考)已知函数f(x)的导函数是f(x),且满足f(x)2xf(1)ln ,则f(1)()AeB2C2DeB解析 由已知得f

2、(x)2f(1),令x1得f(1)2f(1)1,解得f(1)1,则f(1)2f(1)2.故选B项3(2019广东广州调研)已知直线ykx2与曲线yxln x相切,则实数k的值为()Aln 2B1C1ln 2D1ln 2D解析 由yxln x知yln x1,设切点为(x0,x0ln x0),则切线方程为yx0ln x0(ln x01)(xx0),因为切线ykx2过定点(0,2),所以2x0ln x0(ln x01)(0x0),解得x02,故k1ln 2.故选D项4已知e是自然对数的底数,函数f(x)exx2的零点为a,函数g(x)ln xx2的零点为b,则下列不等式中成立的是()Af(a)f(1

3、)f(b) Bf(a)f(b)f(1)Cf(1)f(a)f(b) Df(b)f(1)0恒成立,所以函数f(x)在R上单调递增,而f(0)e00210,所以函数f(x)的零点a(0,1);由题意知g(x)10,所以g(x)在(0,)上单调递增,又g(1)ln 11210,所以函数g(x)的零点b(1,2)综上,可得0a1b2.因为f(x)在R上单调递增,所以f(a)f(1)0时,有0的解集是()A(2,0)(2,) B(2,0)(0,2)C(,2)(2,) D(,2)(0,2)D解析 当x0时,0,所以(x)在(0,)上为减函数,又(2)0,所以当0x0,即f(x)0,此时x2f(x)0.又f(

4、x)为奇函数,所以h(x)x2f(x)也为奇函数故x2f(x)0的解集为(,2)(0,2)故选D项6(2019湘赣十四校联考)已知f(x)x1,g(x)ln x,若f(x1)g(x2),则x2x1的最小值为()A1B2C2ln 2D2ln 2B解析 设f(x1)g(x2)t,所以x1t1,x2et,所以x2x1ett1.令h(t)ett1,则h(t)et1,所以h(t)在(,0)上单调递减,在(0,)上单调递增,所以h(t)minh(0)2.故选B项7已知函数f(x)x2ax3在(0,1)上为减函数,函数g(x)x2aln x在(1,2)上为增函数,则a的值等于_解析 因为f(x)x2ax3,

5、x(0,1),则f(x)2xa,依题意可知f(x)0在(0,1)上恒成立,故f(1)2a0,得a2.因为g(x)x2aln x,x(1,2),则g(x)2x,依题意可知g(x)0在(1,2)上恒成立,故g(1)0,得a2,故a2.答案 28(2019河北石家庄模拟)已知函数f(x)x33x,若过点M(2,t)可作曲线yf(x)的两条切线,且点M不在函数f(x)的图象上,则实数t的值为_解析 f(x)x33x的导函数为f(x)3x23,假设过点M(2,t)的切线斜率为k,则有k3x3,可得2x6x6t0,因为过点M有两条切线,即2x6x6t0有两个不相等的实数根,可令y2x36x26t,则该函数

6、恰好有两个零点,又y6x212x,由导函数的性质知函数的两个极值点为x10,x22,极值分别为y16t,y2t2,当且仅当只有一个极值为零时,函数才刚好有两个零点,所以y16t0或y2t20,即t6或t2,所以t的值为6或2.答案 6或29(2019吉林东北师大附中模拟)已知f(x)x3x在(a,10a2)上有最大值,则实数a的取值范围是_解析 因为f(x)x3x,所以有f(x)x21(x1)(x1)当x0时,对任意x1,x2,|f(x1)f(x2)|e2恒成立,求a的取值范围解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,),f(x)axa1,当a0时,若x(0,1),则f(x)0,所以f(x)在(

7、1,)上单调递增当a0时,若x(0,1),则f(x)0,所以f(x)在(1,)上单调递增(2)因为|f(x1)f(x2)|f(x)maxf(x)min,所以f(x)maxf(x)mine2,由(1)知,f(x)在上单调递减,在(1,e上单调递增,所以f(x)minf(1)1a.因为fea与f(e)ea2a,所以f(x)maxmax.设g(a)f(e)feaea2a(a0),则g(a)eaea2220,所以g(a)在(0,)上单调递增,故g(a)g(0)0,所以f(e)f,从而f(x)maxf(e)ea2a,所以ea2a(1a)e2,即eaae10.设(a)eaae1(a0),则(a)ea1,当

8、a0时,(a)0,所以(a)在(0,)上单调递增,又(1)0,所以eaae10等价于(a)(1),则a1.因为a0,所以a的取值范围为(0,1 能力提升(建议用时:25分钟)12(2020四川绵阳检测)已知实数a,b满足2a25ln ab0,cR,则的最小值为()AB CDC解析 的最小值的几何意义是点(a,b)到点(c,c)的距离的最小值,而点(a,b)是曲线y2x25ln x上任一点,点(c,c)是直线xy0上任一点,故求最小值即是求曲线y2x25ln x上一点到直线xy0距离的最小值由导数的几何意义可知曲线y2x25ln x上有一切线的切点到直线xy0的距离最小,由y4x1得x1,故切点

9、为(1,2),所以d.故选C项13定义域为R的可导函数yf(x)的导函数为f(x),满足f(x)f(x),且f(0)1,则不等式1的解集为_解析 令g(x),则导函数g(x).由题意得导函数g(x)g(x),即g(x)0,所以原不等式的解集为x|x0答案 x|x014(2019江苏卷)在平面直角坐标系xOy中,点A在曲线yln x上,且该曲线在点A处的切线经过点(e,1)(e为自然对数的底数),则点A的坐标是_解析 设点A(x0,y0),则y0ln x0.又y,当xx0时,y,则曲线yln x在点A处的切线为yy0(xx0),即yln x01,将点(e,1)代入,得1ln x01,即x0ln

10、x0e,令H(x)xln x,当x(0,1)时,H(x)0,且H(x)ln x1,当x1时,H(x)0,H(x)单调递增,注意到H(e)e,故x0ln x0e存在唯一的实数根x0e,此时y01,故点A的坐标为(e,1)答案 (e,1)15(2020河南名师联盟调研)设函数f(x)(aR,bR)(1)若x1是函数f(x)的一个极值点,试用a表示b,并求函数f(x)的减区间;(2)若a1,b1,证明:当x0时,f(x)(2x1)解析 (1)f(x)的导函数f(x),由题意知f(1)(1a2ab)e0,得b2a3.此时有f(x).由x1是函数f(x)的一个极值点,可知3a1,得a4.当3a1,即a4时,令f(x)3a或x4时,函数f(x)的减区间为(,3a),(1,)(2)证明:由题意有f(x),要证f(x)(2x1)(x0),只要证(2x1)exe(x2x1)0(x0),令g(x)(2x1)exe(x2x1)(x0),有g(x)(2x1)exe(2x1)(2x1)(exe),则函数g(x)的增区间为(1,),减区间为(0,1),则g(x)ming(1)0,故g(x)0.故不等式f(x)(2x1)成立

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