2019-2020年高三數學專題復習 專題2 函數與導數檢測題.doc

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2019-2020年高三數學專題復習 專題2 函數與導數檢測題 一、重點知識梳理： 1．函數的性質以及圖象 2．函數、方程與不等式之間的關系 3．導數及其應用 （1）導數的幾何意義 （2）利用導數判斷函數的單調性 （3）利用導數求函數的極值與最值 二：典型例題 例1．函數f(x)＝x2＋ax＋3－a，對于任意的x∈[－2,2]總有f(x)≥0成立，求a的取值范圍． 例2．已知函數f(x)＝(ax2＋x)ex，其中e是自然數的底數，a∈R. (1)當a<0時，解不等式f(x)>0； (2)若f(x)在[－1,1]上是單調增函數，求a的取值范圍； (3)當a＝0時，求整數k的所有值，使方程f(x)＝x＋2在[k，k＋1]上有解． 例3．已知函數f(x)＝x(x－a)2，g(x)＝－x2＋(a－1)x＋a(其中a為常數)． (1)如果函數y＝f(x)和y＝g(x)有相同的極值點，求a的值； (2)設a>0，問是否存在x0∈，使得f(x0)>g(x0)，若存在，請求出實數a的取值范圍；若不存在，請說明理由； (3)記函數H(x)＝[f(x)－1][g(x)－1]，若函數y＝H(x)有5個不同的零點，求實數a的取值范圍． 三、鞏固練習 1．已知函數f(x)＝－x3＋x2，g(x)＝aln x，a∈R. (1)若對任意x∈[1，e]，都有g(x)≥－x2＋(a＋2)x恒成立，求a的取值范圍； (2)設F(x)＝若P是曲線y＝F(x)上異于原點O的任意一點，在曲線y＝F(x)上總存在另一點Q，使得∠POQ為鈍角，且PQ的中點在y軸上，求a的取值范圍． 2．已知函數f(x)＝x2－aln x，g(x)＝bx－＋2，其中a，b∈R且ab＝2.函數f(x)在上是減函數，函數g(x)在上是增函數． (1)求函數f(x)，g(x)的表達式； (2)若不等式f(x)≥mg(x)對x∈恒成立，求實數m的取值范圍； (3)求函數h(x)＝f(x)＋g(x)－x的最小值，并證明當n∈N*，n≥2時f(n)＋g(n)>3. 3．已知f(x)為R上的偶函數，當x≥0時，f(x)＝ln(x＋2)． (1)當x<0時，求f(x)的解析式； (2)當m∈R時，試比較f(m－1)與f(3－m)的大??； (3)求最小的整數m(m≥－2)，使得存在實數t，對任意的x∈[m,10]，都有f(x＋t)≤2ln|x＋3|. 課后作業(yè) 1．對正整數n，設曲線y＝xn(1－x)在x＝2處的切線與y軸交點的縱坐標為an，則數列的前n項和的公式是________________________． 2．不等式ax≤在x∈[0,3]內恒成立，則實數a的取值范圍________． 3．若f(x)＝loga(2－ax)在[0,1]上是減函數，則a的取值范圍是________． 4．將函數y＝－(x∈[0,2])的圖象繞坐標原點逆時針旋轉θ(θ為銳角)，若所得曲線仍是一個函數的圖象，則θ的最大值為________． 5．已知函數f(x)的定義域為R，f(2)＝3，且f(x)在R上的導函數滿足f′(x)－1<0，則不等式f(x2)1)有3個不同的實數根，則a的取值范圍為________． 9．已知函數f(x)＝x2＋2ax＋1(a∈R)，f′(x)是f(x)的導函數． (1)若x∈[－2，－1]，不等式f(x)≤f′(x)恒成立，求a的取值范圍； (2)解關于x的方程f(x)＝|f′(x)|； (3)設函數g(x)＝求g(x)在x∈[2,4]時的最小值． 10．已知函數f(x)＝x4＋ax3＋bx2＋c，在y軸上的截距為－5，在區(qū)間[0,1]上單調遞增，在[1,2]上單調遞減，又當x＝0，x＝2時取得極小值． (1)求函數f(x)的解析式； (2)能否找到函數f(x)垂直于x軸的對稱軸，并證明你的結論； (3)設使關于x的方程f(x)＝λ2x2－5恰有三個不同實根的實數λ的取值范圍為集合A，且兩個非零實根為x1，x2.試問：是否存在實數m，使得不等式m2＋tm＋2≤|x1－x2|對任意 t∈[－3,3], λ∈A恒成立？若存在，求m的取值范圍；若不存在，請說明理由． 答案 二：典型例題 1.[解]　法一：設f(x)的最小值為g(a)，則只需要g(a)≥0. (1)當－<－2，即a>4時，g(a)＝f(－2)＝7－3a≥0，得a≤，又a>4，故不存在； (2)當－∈[－2,2]，即－4≤a≤4時，g(a)＝f＝3－a－≥0，得－6≤a≤2，又－4≤a≤4，故－4≤a≤2； (3)當－>2，即a<－4，g(a)＝f(2)＝7＋a≥0， 得a≥－7，又a<－4，故－7≤a<－4. 綜上所述a的取值范圍為[－7,2]． 法二：原題可等價轉化為x2＋3≥(1－x)a對于任意的x∈[－2,2]恒成立． (1)若1－x＝0即x＝1時，顯然成立，此時a∈R. (2)若1－x>0即－2≤x<1，不等式a≤恒成立，設g(x)＝，利用求導的方法得到g(x)min＝2，得到a≤2， (3)若1－x<0即10，所以不等式f(x)>0， 即ax2＋x>0. 又因為a<0，所以不等式可化為x<0. 所以不等式f(x)>0的解集為. (2)f′(x)＝(2ax＋1)ex＋(ax2＋x)ex ＝[ax2＋(2a＋1)x＋1]ex， ①當a＝0時，f′(x)＝(x＋1)ex，f′(x)≥0在[－1,1]上恒成立，當且僅當x＝－1時取等號，故a＝0符合要求； ②當a≠0時，令g(x)＝ax2＋(2a＋1)x＋1， 因為Δ＝(2a＋1)2－4a＝4a2＋1>0， 所以g(x)＝0有兩個不相等的實數根x1，x2， 不妨設x1>x2， 因此f(x)有極大值又有極小值． 若a>0，因為g(－1)g(0)＝－a<0，所以f(x)在(－1,1)內有極值點，故f(x)在[－1,1]上不單調． 若a<0，可知x1>0>x2. 因為g(0)＝1>0，且g(x)的圖象開口向下，要使f(x)在[－1,1]上單調， 則必須滿足即所以－≤a<0.綜上可知，a的取值范圍是. (3)當a＝0時， 方程為xex＝x＋2，由于ex>0，所以x＝0不是方程的解． 所以原方程等價于ex－－1＝0，令h(x)＝ex－－1， 因為h′(x)＝ex＋>0對于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立， 所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)內是單調增函數， 又h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－2>0，h(－3)＝e－3－<0，h(－2)＝e－2>0， 所以方程f(x)＝x＋2有且只有兩個實數根，且分別在區(qū)間[1,2]和[－3，－2]上． 所以整數k的所有值為－3,1. 3.[解]　(1)f(x)＝x(x－a)2＝x3－2ax2＋a2x， 則f′(x)＝3x2－4ax＋a2＝(3x－a)(x－a)， 令f′(x)＝0，得x＝a或x＝，而g(x)在x＝處有極大值， 所以＝a?a＝－1，或＝?a＝3. 綜上a＝3或a＝－1. (2)假設存在x∈，使得 f(x)－g(x)＝x(x－a)2－[－x2＋(a－1)x＋a] ＝x(x－a)2＋(x－a)(x＋1) ＝(x－a)[x2＋(1－a)x＋1]>0， 當x∈時，又a>0，故x－a<0，則存在x∈，使得x2＋(1－a)x＋1<0， 1當>，即a>3時，2＋(1－a)＋1<0，得a>3或a<－，故a>3； 2當－1≤≤，即03，故a無解； 綜上a的取值范圍為(3，＋∞)． (3)據題意有f(x)－1＝0有3個不同的實根，g(x)－1＝0有2個不同的實根，且這5個實根兩兩不相等． ①g(x)－1＝0有2個不同的實根，只需滿足g>1?a>1或a<－3； ②f(x)－1＝0有3個不同的實根， 1當>a即a<0時，f(x)在x＝a處取得極大值，而f(a)＝0，不符合題意，舍去； 2當＝a即a＝0時，不符合題意，舍去； 3當0時，f(x)在x＝處取得極大值， f>1?a>，所以a>. 因為①②要同時滿足，故a>. 下證：這5個實根兩兩不相等， 即證：不存在x0使得f(x0)－1＝0和g(x0)－1＝0同時成立． 假設存在x0使得f(x0)＝g(x0)＝1， 由f(x0)＝g(x0)， 即x0(x0－a)2＝－x＋(a－1)x0＋a， 得(x0－a)(x－ax0＋x0＋1)＝0. 當x0＝a時，f(x0)＝g(x0)＝0，不符合題意，舍去； 所以x0≠a，即x－ax0＋x0＋1＝0.① 又g(x0)＝1，即－x＋(a－1)x0＋a＝1.②聯(lián)立①②式，可得a＝0，而當a＝0時，不滿足a＞，故舍去，所以這5個實根兩兩不相等． 綜上，當a>時，函數y＝H(x)有5個不同的零點． 4、 鞏固練習 1. 解：(1)由g(x)≥－x2＋(a＋2)x，得(x－ln x)a≤x2－2x. 由于x∈[1，e]，ln x≤1≤x，且等號不能同時取得， 所以ln x0. 從而a≤恒成立，a≤min. 設t(x)＝，x∈[1，e]． 求導，得t′(x)＝. x∈[1，e]，x－1≥0，ln x≤1，x＋2－2ln x>0， 從而t′(x)≥0，t(x)在[1，e]上為增函數． 所以t(x)min＝t(1)＝－1，所以a≤－1. (2)F(x)＝ 設P(t，F(t))為曲線y＝F(x)上的任意一點． 假設曲線y＝F(x)上存在一點Q(－t，F(－t))，使∠POQ為鈍角，則<0. ①若t≤－1，P(t，－t3＋t2)，Q(－t，aln(－t))， ＝－t2＋aln(－t)(－t3＋t2)． 由于<0恒成立，a(1－t)ln(－t)<1. 當t＝－1時，a(1－t)ln(－t)<1恒成立． 當t<－1時，a<恒成立． 由于>0，所以a≤0. ②若－10對－10，g＝>0，且函數f(x)在上是減函數，函數g(x)在上是增函數．所以x∈時，f(x)>0，g(x)>0，∴m≤. 由條件得min＝＝＝，∴m≤. (3)h′(x)＝2＋ ＝(－1)， 當x>0時，＋>0， 則當x∈(0,1)時，h′(x)<0，當x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0. 故h(x)在x∈(0,1)遞減，在x∈(1，＋∞)遞增． 所以h(x)min＝h(1)＝，即h(x)的最小值為. 當n≥2時，h(n)≥h(2)＝7－2ln 2－＝3＋(2－ln 4)＋(2－)>3，即h(n)>3. 所以n∈N*，n≥2時f(n)＋g(n)＝h(n)＋>3＋>3成立． 3.解：(1)當x<0時，f(x)＝f(－x)＝ln(－x＋2)． (2)當x≥0時，f(x)＝ln(x＋2)單調遞增，而f(x)是偶函數，所以f(x)在(－∞，0)上單調遞減． 所以f(m－1)＞f(3－m)?|m－1|>|3－m| ?(m－1)2>(3－m)2?m>2. 所以當m>2時，f(m－1)>f(3－m) ； 當m＝2時，f(m－1)＝f(3－m)； 當m<2時，f(m－1)1時，|x＋a|＝1＋a， 所以x＝1或x＝－(1＋2a)． (3)因為f(x)－f′(x)＝(x－1)[x－(1－2a)]， g(x)＝ ①若a≥－，則x∈[2,4]時，f(x)≥f′(x)， 所以g(x)＝f′(x)＝2x＋2a. 從而g(x)的最小值為g(2)＝2a＋4； ②若a<－，則x∈[2,4]時，f(x)0，且x1x2＝4－λ2≠0. ∴λ≠0，－2,2. 假設存在實數m，使得不等式m2＋tm＋2≤|x1－x2|對任意t∈[－3,3], λ∈A恒成立． ∵|x1－x2|＝＝2|λ|＞0， 要使m2＋tm＋2≤|x1－x2|對任意t∈[－3,3], λ∈A恒成立，只要m2＋tm＋2≤0對任意t∈[－3,3] 恒成立，令g(t)＝tm ＋m2＋2 , 則g(t)是關于t的線性函數． ∴只要解得 ∴不存在實數m，使得不等式m2＋tm＋2≤|x1－x2|對任意t∈[－3,3], λ∈A恒成立．