五高三模届高三数学理新课标一轮复习练习32 导数的应用Word文档下载推荐.docx

五高三模届高三数学理新课标一轮复习练习32 导数的应用Word文档下载推荐.docx

《五高三模届高三数学理新课标一轮复习练习32 导数的应用Word文档下载推荐.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《五高三模届高三数学理新课标一轮复习练习32 导数的应用Word文档下载推荐.docx（32页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

0.

因此x2-x1=[-（2x1+2）+2x2+2]

≥=1,

当且仅当-（2x1+2）=2x2+2=1,即x1=-且x2=-时等号成立.

所以函数f（x）的图象在点A,B处的切线互相垂直时,x2-x1的最小值为1.（7分）

（3）当x1<

0或x2>

x1>

0时,f'

（x1）≠f'

（x2）,故x1<

0<

当x1<

0时,函数f（x）的图象在点（x1,f（x1））处的切线方程为y-（+2x1+a）=（2x1+2）（x-x1）,

即y=（2x1+2）x-+a.

当x2>

0时,函数f（x）的图象在点（x2,f（x2））处的切线方程为y-lnx2=（x-x2）,即y=·

x+lnx2-1.

两切线重合的充要条件是

由①及x1<

x2知,-1<

x1<

由①②得,a=+ln-1=-ln（2x1+2）-1.

设h（x1）=-ln（2x1+2）-1（-1<

0）,

则h'

（x1）=2x1-<

所以h（x1）（-1<

0）是减函数.

则h（x1）>

h（0）=-ln2-1.

所以a>

-ln2-1.

又当x1∈（-1,0）且趋近于-1时,h（x1）无限增大,

所以a的取值范围是（-ln2-1,+∞）.

故当函数f（x）的图象在点A,B处的切线重合时,a的取值范围是（-ln2-1,+∞）.（14分）

评析　本题主要考查函数的性质、导数的应用、基本不等式、直线的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识,考查函数与方程、分类与整合、转化与化归等数学思想.

10.（2013重庆,17,13分）设f（x）=a（x-5）2+6lnx,其中a∈R,曲线y=f（x）在点（1,f

（1））处的切线与y轴相交于点（0,6）.

（1）确定a的值;

（2）求函数f（x）的单调区间与极值.

解析　

（1）因f（x）=a（x-5）2+6lnx,故f'

（x）=2a（x-5）+.

令x=1,得f

（1）=16a,f'

（1）=6-8a,所以曲线y=f（x）在点（1,f

（1））处的切线方程为y-16a=（6-8a）（x-1）,由点（0,6）在切线上可得6-16a=8a-6,故a=.

（2）由

（1）知,f（x）=（x-5）2+6lnx（x>

f'

（x）=x-5+=.

令f'

（x）=0,解得x1=2,x2=3.

当0<

x<

2或x>

3时,f'

（x）>

0,故f（x）在（0,2）,（3,+∞）上为增函数;

当2<

（x）<

0,故f（x）在（2,3）上为减函数.

由此可知f（x）在x=2处取得极大值f

（2）=+6ln2,在x=3处取得极小值f（3）=2+6ln3.

11.（2014广东,21,14分）设函数f（x）=,其中k<

-2.

（1）求函数f（x）的定义域D（用区间表示）;

（2）讨论函数f（x）在D上的单调性;

（3）若k<

-6,求D上满足条件f（x）>

f

（1）的x的集合（用区间表示）.

解析　

（1）由题意得（x2+2x+k）2+2（x2+2x+k）-3>

0,

∴[（x2+2x+k）+3]·

[（x2+2x+k）-1]>

∴x2+2x+k<

-3或x2+2x+k>

1,

∴（x+1）2<

-2-k（-2-k>

0）或（x+1）2>

2-k（2-k>

∴|x+1|<

或|x+1|>

∴-1-<

-1+或x<

-1-或x>

-1+,

∴函数f（x）的定义域D为

（-∞,-1-）∪（-1-,-1+）∪（-1+,+∞）.

（2）f'

（x）=-

=-,

由f'

0得（x2+2x+k+1）（2x+2）<

0,即（x+1+）（x+1-）（x+1）<

∴x<

-1-或-1<

-1+,结合定义域知x<

所以函数f（x）的单调递增区间为（-∞,-1-）,（-1,-1+）,

同理,递减区间为（-1-,-1）,（-1+,+∞）.

（3）由f（x）=f

（1）得（x2+2x+k）2+2（x2+2x+k）-3=（3+k）2+2（3+k）-3,

∴[（x2+2x+k）2-（3+k）2]+2[（x2+2x+k）-（3+k）]=0,

∴（x2+2x+2k+5）·

（x2+2x-3）=0,

∴（x+1+）（x+1-）·

（x+3）（x-1）=0,

∴x=-1-或x=-1+或x=-3或x=1,

∵k<

-6,∴1∈（-1,-1+）,-3∈（-1-,-1）,

-1-<

-1-,-1+>

结合函数f（x）的单调性知f（x）>

f

（1）的解集为

（-1-,-1-）∪（-1-,-3）∪（1,-1+）∪（-1+,-1+）.

评析　本题考查函数的定义域,利用导数研究函数的单调性以及含参不等式的解法,考查分类讨论思想,逻辑推理能力和运算求解能力,难度较大.

12.（2013江西,21,14分）已知函数f（x）=a,a为常数且a>

（1）证明:

函数f（x）的图象关于直线x=对称;

（2）若x0满足f（f（x0））=x0,但f（x0）≠x0,则称x0为函数f（x）的二阶周期点.如果f（x）有两个二阶周期点x1,x2,试确定a的取值范围;

（3）对于

（2）中的x1,x2和a,设x3为函数f（f（x））的最大值点,A（x1,f（f（x1）））,B（x2,f（f（x2）））,C（x3,0）.记△ABC的面积为S（a）,讨论S（a）的单调性.

解析　

（1）证明:

因为f=a（1-2|x|）,

f=a（1-2|x|）,有f=f,

所以函数f（x）的图象关于直线x=对称.

（2）当0<

a<

时,

有f（f（x））=

所以f（f（x））=x只有一个解x=0,又f（0）=0,

故0不是二阶周期点.

当a=时,有f（f（x））=

所以f（f（x））=x有解集,又当x≤时,f（x）=x,故中的所有点都不是二阶周期点.

当a>

时,有f（f（x））=

所以f（f（x））=x有四个解0,,,,又f（0）=0,f=,f≠,f≠,故只有,是f（x）的二阶周期点.

综上所述,所求a的取值范围为a>

.

（3）由

（2）得x1=,x2=,

因为x3为函数f（f（x））的最大值点,

所以x3=或x3=.

当x3=时,S（a）=,求导得:

S'

（a）

=-,所以当a∈时,S（a）单调递增,当a∈时,S（a）单调递减;

（a）=,

因a>

从而有S'

（a）=>

所以当a∈时,S（a）单调递增.

评析　本题以含有绝对值的一次函数为背景,考查函数的图象与性质和利用导数分析函数的单调性.考查学生的分类讨论思想和应用知识解决新问题的应变能力和创新能力.本题的综合性较高,属较难题.

13.（2012北京,18,13分）已知函数f（x）=ax2+1（a>

0）,g（x）=x3+bx.

（1）若曲线y=f（x）与曲线y=g（x）在它们的交点（1,c）处具有公共切线,求a,b的值;

（2）当a2=4b时,求函数f（x）+g（x）的单调区间,并求其在区间（-∞,-1]上的最大值.

解析　

（1）f'

（x）=2ax,g'

（x）=3x2+b.

因为曲线y=f（x）与曲线y=g（x）在它们的交点（1,c）处具有公共切线,所以f

（1）=g

（1）,且f'

（1）=g'

（1）.

即a+1=1+b,且2a=3+b.

解得a=3,b=3.

（2）记h（x）=f（x）+g（x）.当b=a2时,h（x）=x3+ax2+a2x+1,h'

（x）=3x2+2ax+a2.

令h'

（x）=0,得x1=-,x2=-.

a>

0时,h（x）与h'

（x）的情况如下:

x

-∞,-

-

-,-

-,+∞

h'

（x）

+

h（x）

↗

↘

所以函数h（x）的单调递增区间为和;

单调递减区间为.

当-≥-1,即0<

a≤2时,

函数h（x）在区间（-∞,-1]上单调递增,h（x）在区间（-∞,-1]上的最大值为h（-1）=a-a2.

当-<

-1,且-≥-1,即2<

a≤6时,

函数h（x）在区间内单调递增,在区间上单调递减,h（x）在区间（-∞,-1]上的最大值为h=1.

-1,即a>

6时,函数h（x）在区间内单调递增,在区间内单调递减,在区间上单调递增.

又因h-h（-1）=1-a+a2=（a-2）2>

所以h（x）在区间（-∞,-1]上的最大值为h=1.

评析　本题主要考查利用导数求函数的单调区间及最值问题,进一步考查学生的计算能力及分类讨论思想.

14.（2012福建,20,14分）已知函数f（x）=ex+ax2-ex,a∈R.

（1）若曲线y=f（x）在点（1,f

（1））处的切线平行于x轴,求函数f（x）的单调区间;

（2）试确定a的取值范围,使得曲线y=f（x）上存在唯一的点P,曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.

解析　

（1）由于f'

（x）=ex+2ax-e,曲线y=f（x）在点（1,f

（1））处切线斜率k=2a=0,所以a=0,即f（x）=ex-ex.

此时f'

（x）=ex-e,由f'

（x）=0得x=1.

当x∈（-∞,1）时,有f'

0;

当x∈（1,+∞）时,有f'

所以f（x）的单调递减区间为（-∞,1）,单调递增区间为（1,+∞）.

（2）设点P（x0,f（x0））,曲线y=f（x）在点P处的切线方程为y=f'

（x0）（x-x0）+f（x0）,

令g（x）=f（x）-f'

（x0）（x-x0）-f（x0）,故曲线y=f（x）在点P处的切线与曲线只有一个公共点P等价于函数g（x）有唯一零点.

因为g（x0）=0,且g'

（x）=f'

（x）-f'

（x0）=ex-+2a（x-x0）.

（i）若a≥0,当x>

x0时,g'

0,则x>

x0时,g（x）>

g（x0）=0;

0,则x<

g（x0）=0.

故g（x）只有唯一零点x=x0.

由P的任意性,知a≥0不合题意.

（ii）若a<

0,令h（x）=ex-+2a（x-x0）,则h（x0）=0,h'

（x）=ex+2a.

（x）=0,得x=ln（-2a）,记x*=ln（-2a）,则当x∈（-∞,x*）时,h'

0,从而h（x）在（-∞,x*）内单调递减;

当x∈（x*,+∞）时,h'

0,从而h（x）在（x*,+∞）内单调递增.

①若x0=x*,由x∈（-∞,x*）时,g'

（x）=h（x）>

h（x*）=0;

x∈（x*,+∞）时,g'

h（x*）=0.

知g（x）在R上单调递增.

所