2018版高考数学复习导数及其应用3.3导数的综合应用真题演练集训【新人教版】.docx

2018版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 3.3 导数的综合应用真题演练集训 理 新人教A版12015新课标全国卷设函数f(x)ex(2x1)axa，其中a1，若存在唯一的整数x0使得f(x0)0，则a的取值范围是()A.BC.D答案：D解析： f(0)1a0， x00.又x00是唯一的整数， 即解得a.又a1， a1，故选D.22014陕西卷如图，某飞行器在4千米高空水平飞行，从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为()Ayx3xByx3xCyx3xDyx3x答案：A解析：设所求函数解析式为yf(x)，由题意知f(5)2，f(5)2，且f(5)0，代入验证易得yx3x符合题意，故选A.32014辽宁卷当x2,1时，不等式ax3x24x30恒成立，则实数a的取值范围是()A5，3BC6，2D4，3答案：C解析：当x0时，ax3x24x30变为30恒成立，即aR.当x(0,1时，ax3x24x3，a，amax.设(x)，(x)0，(x)在(0,1上单调递增，(x)max(1)6.a6.当x2,0)时，a，amin.仍设(x)，(x)，当x2，1)时，(x)0；当x(1,0)时，(x)0.当x1时，(x)有极小值，即为最小值而(x)min(1)2，a2.综上可知，a的取值范围为6，242016新课标全国卷已知函数f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1x20，则当x(，1)时，f(x)0.所以f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增又f(1)e，f(2)a，取b满足b0且b(b2)a(b1)2a0，故f(x)存在两个零点()设a0，因此f(x)在(1，)上单调递增又当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点若a1，故当x(1，ln(2a)时，f(x)0.因此f(x)在(1，ln(2a)上单调递减，在(ln(2a)，)上单调递增又当x1时f(x)0，所以f(x)不存在两个零点综上，a的取值范围为(0，)(2)证明：不妨设x1x2.由(1)知，x1(，1)，x2(1，)，2x2(，1)，又f(x)在(，1)上单调递减，所以x1x2f(2x2)，即f(2x2)1时，g(x)1时，g(x)0.从而g(x2)f(2x2)0，故x1x22.52015新课标全国卷设函数f(x)emxx2mx.(1)证明：f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增；(2)若对于任意x1，x21,1，都有|f(x1)f(x2)|e1，求m的取值范围(1)证明：f(x)m(emx1)2x.若m0，则当x(，0)时，emx10，f(x)0.若m0，f(x)0；当x(0，)时，emx10.所以，f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增(2)解：由(1)知，对任意的m，f(x)在1,0上单调递减，在0,1上单调递增，故f(x)在x0处取得最小值所以对于任意x1，x21,1，|f(x1)f(x2)|e1的充要条件是即设函数g(t)ette1，则g(t)et1.当t0时，g(t)0时，g(t)0.故g(t)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增又g(1)0，g(1)e12e1时，由g(t)的单调性，g(m)0，即emme1；当m0，即emme1.综上，m的取值范围是1,162015新课标全国卷已知函数f(x)x3ax，g(x)ln x.(1)当a为何值时，x轴为曲线yf(x)的切线；(2)用minm，n表示m，n中的最小值，设函数h(x)minf(x)，g(x)(x0)，讨论h(x)零点的个数解：(1)设曲线yf(x)与x轴相切于点(x0,0)，则f(x0)0，f(x0)0，即解得因此，当a时，x轴为曲线yf(x)的切线(2)当x(1，)时，g(x)ln x0，从而h(x)minf(x)，g(x)g(x)0，故h(x)在(1，)上无零点当x1时，若a，则f(1)a0，h(1)minf(1)，g(1)g(1)0，故x1是h(x)的零点；若a，则f(1)0，h(1)minf(1)，g(1)f(1)0，故x1不是h(x)的零点当x(0,1)时，g(x)ln x0，所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数若a3或a0，则f(x)3x2a在(0,1)上无零点，故f(x)在(0,1)上单调而f(0)，f(1)a，所以当a3时，f(x)在(0,1)上有一个零点；当a0时，f(x)在(0,1)上没有零点若3a0，则f(x)在上单调递减，在上单调递增，故在(0,1)上，当x 时，f(x)取得最小值，最小值为f .a若f0，即a0，则f(x)在(0,1)上无零点b若f0，即a，则f(x)在(0,1)上有唯一零点c若f0，即3a，由于f(0)，f(1)a，所以当a时，f(x)在(0,1)上有两个零点；当3a时，f(x)在(0,1)上有一个零点综上，当a或a时，h(x)有一个零点；当a或a时，h(x)有两个零点；当a时，h(x)有三个零点 课外拓展阅读 巧用导数妙解有关恒成立、存在性问题“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)g(a)对于xD恒成立，应求f(x)的最小值；若存在xD，使得f(x)g(a)成立，应求f(x)的最大值在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值特别需要关注等号是否成立问题，以免细节出错方法一分离参数法典例1改编题设函数f(x)ln xax，g(x)exax，其中a为实数若f(x)在(1，)上是单调减函数，且g(x)在(1，)上有最小值，则a的取值范围是()A(e，) Be，)C(1，) D1，)答案A解析解法一：f(x)a，g(x)exa，由题意得，当x(1，)时，f(x)0恒成立，即当x(1，)时，a恒成立，则a1.因为g(x)exa在(1，)上单调递增，所以g(x)g(1)ea.又g(x)在(1，)上有最小值，则必有ea0，即ae.综上，可知a的取值范围是(e，)解法二：f(x)a，g(x)exa.由题意得，当x(1，)时，f(x)0恒成立，即当x(1，)时，a恒成立，则a1.当a0时，g(x)0恒成立，从而g(x)在(1，)上单调递增，故g(x)在(1，)上无最值，不符合题意；当0ae时，由g(x)0得xln a，又ln a1，故g(x)在(1，)上单调递增，故g(x)在(1，)上无最值，不符合题意；当ae时，由g(x)0得xln a，又ln a1，故g(x)在(1，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增，此时有最小值，为g(ln a)eln aaln aaaln a.由题意知ln a1，所以ae.综上，可知a的取值范围是(e，)技巧点拨在恒成立问题中有时需要取交集，有时需要取并集，本题结果取交集一般而言，在同一“问题”中，若是对自变量作分类讨论，其结果要取交集；若是对参数作分类讨论，其结果要取并集方法二构造函数法典例2已知函数f(x)若|f(x)|ax，则a的取值范围是()A(，0 B(，1C2,1 D2,0答案D解析|f(x)|ax(1)由得x(x2)ax在区间(，0上恒成立当x0时，aR；当x0时，有x2a在区间(，0上恒成立，所以a2.(2)由得ln(x1)ax0在区间(0，)上恒成立，设h(x)ln(x1)ax(x0)，则h(x)a(x0)，可知h(x)为减函数当a0时，h(x)0，故h(x)为增函数，所以h(x)h(0)0恒成立；当a1时，因为(0,1)，所以h(x)a0，故h(x)为减函数，所以h(x)h(0)0恒成立，显然不符合题意；当0a1时，对于给定的一个确定值a，总可以至少找到一个x00，满足h(x0)ln(x01)ax00成立如当a时，取x04，则h(x0)ln 520成立，可知当0a1时，不符合题意故a0.由(1)(2)可知，a的取值范围是2,0方法探究本题的切入点不同，构造的函数也是不相同的，也可以构造函数结合选项利用函数图象及排除法去完成典例2也可以通过构造函数求解，但是在问题的求解中如果可以分离出参数，尽量用分离参数法去求解相对而言，多数题目都可以采用分离参数法去求解，而且采用分离参数法对于问题的求解会相对容易方法三等价转化法典例3设f(x)xln x，g(x)x3x23.(1)如果存在x1，x20,2使得g(x1)g(x2)M成立，求满足上述条件的最大整数M；(2)如果对于任意的s，t，都有f(s)g(t)成立，求实数a的取值范围解(1)存在x1，x20,2使得g(x1)g(x2)M成立，等价于g(x1)g(x2)maxM.由g(x)x3x23，得g(x)3x22x3x.由g(x)0得x0或x，又x0,2，所以g(x)在上是单调递减函数，在上是单调递增函数，所以g(x)ming，g(x)maxg(2)1.故g(x1)g(x2)maxg(x)maxg(x)minM，则满足条件的最大整数M4.(2)对于任意的s，t，都有f(s)g(t)成立，等价于在上，函数f(x)ming(x)max.由(1)可知在上，g(x)的最大值为g(2)1.在上，f(x)xln x1恒成立等价于axx2ln x恒成立设h(x)xx2ln x，h(x)12xln xx，