（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題跟蹤檢測(cè)（四）“導(dǎo)數(shù)與不等式”考法面面觀 理（重點(diǎn)生含解析）.doc

《（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題跟蹤檢測(cè)（四）“導(dǎo)數(shù)與不等式”考法面面觀 理（重點(diǎn)生含解析）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題跟蹤檢測(cè)（四）“導(dǎo)數(shù)與不等式”考法面面觀 理（重點(diǎn)生含解析）.doc（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

專題跟蹤檢測(cè)（四） “導(dǎo)數(shù)與不等式”考法面面觀 1．(2019屆高三唐山模擬)已知f(x)＝x2－a2ln x，a>0. (1)求函數(shù)f(x)的最小值； (2)當(dāng)x>2a時(shí)，證明：>a. 解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， f′(x)＝x－＝. 當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． 所以當(dāng)x＝a時(shí)，f(x)取得極小值，也是最小值，且f(a)＝a2－a2ln a. (2)證明：由(1)知，f(x)在(2a，＋∞)上單調(diào)遞增， 則所證不等式等價(jià)于f(x)－f(2a)－a(x－2a)>0. 設(shè)g(x)＝f(x)－f(2a)－a(x－2a)， 則當(dāng)x>2a時(shí)， g′(x)＝f′(x)－a＝x－－a ＝>0， 所以g(x)在(2a，＋∞)上單調(diào)遞增， 當(dāng)x>2a時(shí)，g(x)>g(2a)＝0， 即f(x)－f(2a)－a(x－2a)>0， 故>a. 2．已知函數(shù)f(x)＝xex＋2x＋aln x，曲線y＝f(x)在點(diǎn)P(1，f(1))處的切線與直線x＋2y－1＝0垂直． (1)求實(shí)數(shù)a的值； (2)求證：f(x)>x2＋2. 解：(1)因?yàn)閒′(x)＝(x＋1)ex＋2＋， 所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)P(1，f(1))處的切線斜率k＝f′(1)＝2e＋2＋a. 而直線x＋2y－1＝0的斜率為－， 由題意可得(2e＋2＋a)＝－1， 解得a＝－2e. (2)證明：由(1)知，f(x)＝xex＋2x－2eln x. 不等式f(x)>x2＋2可化為xex＋2x－2eln x－x2－2>0. 設(shè)g(x)＝xex＋2x－2eln x－x2－2， 則g′(x)＝(x＋1)ex＋2－－2x. 記h(x)＝(x＋1)ex＋2－－2x(x>0)， 則h′(x)＝(x＋2)ex＋－2， 因?yàn)閤>0，所以x＋2>2，ex>1，故(x＋2)ex>2， 又>0，所以h′(x)＝(x＋2)ex＋－2>0， 所以函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 又h(1)＝2e＋2－2e－2＝0， 所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h(x)<0，即g′(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)>0，即g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增． 所以g(x)≥g(1)＝e＋2－2eln 1－1－2＝e－1， 顯然e－1>0， 所以g(x)>0，即xex＋2x－2eln x>x2＋2，也就是f(x)>x2＋2. 3．(2018武漢模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝(1＋x－x2)ex(e＝2.718 28…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≤ax＋1＋2x2恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1)f′(x)＝(2－x－x2)ex＝－(x＋2)(x－1)ex. 當(dāng)x<－2或x>1時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)－20. 所以f(x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－2,1)上單調(diào)遞增． (2)設(shè)F(x)＝f(x)－(ax＋1＋2x2)，F(xiàn)(0)＝0， F′(x)＝(2－x－x2)ex－4x－a，F(xiàn)′(0)＝2－a， 當(dāng)a≥2時(shí)，F(xiàn)′(x)＝(2－x－x2)ex－4x－a≤－(x＋2)(x－1)ex－4x－2≤－(x＋2)(x－1)ex－x－2＝－(x＋2)[(x－1)ex＋1]， 設(shè)h(x)＝(x－1)ex＋1，h′(x)＝xex≥0，所以h(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，h(x)＝(x－1)ex＋1≥h(0)＝0， 即F′(x)≤0在[0，＋∞)上恒成立，F(xiàn)(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，F(xiàn)(x)≤F(0)＝0，所以f(x)≤ax＋1＋2x2在[0，＋∞)上恒成立． 當(dāng)a<2時(shí)，F(xiàn)′(0)＝2－a>0，而函數(shù)F′(x)的圖象在(0，＋∞)上連續(xù)且x→＋∞，F(xiàn)′(x)逐漸趨近負(fù)無(wú)窮，必存在正實(shí)數(shù)x0使得F′(x0)＝0且在(0，x0)上F′(x)>0，所以F(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，此時(shí)F(x)>F(0)＝0，f(x)>ax＋1＋2x2有解，不滿足題意． 綜上，a的取值范圍是[2，＋∞)． 4．(2018南昌模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝2ln x－mx2＋1. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)f(x)有極值時(shí)，若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， f′(x)＝－2mx＝， 當(dāng)m≤0時(shí)，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)m>0時(shí)，令f′(x)>0，得0， ∴f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． (2)由(1)知，當(dāng)f(x)有極值時(shí)，m>0，且f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． ∴f(x)max＝f＝2ln－m＋1＝－ln m， 若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，則f(x)max>m－1. 即－ln m>m－1，ln m＋m－1<0成立． 令g(x)＝x＋ln x－1(x>0)， ∵g′(x)＝1＋>0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且g(1)＝0，∴00時(shí)，對(duì)任意的x∈，恒有f(x)≤e－1成立，求實(shí)數(shù)b的取值范圍． 解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)． 當(dāng)b＝2時(shí)，f(x)＝aln x＋x2， 所以f′(x)＝＋2x＝. ①當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． ②當(dāng)a<0時(shí)，令f′(x)＝0，解得x＝ (負(fù)值舍去)， 當(dāng)0時(shí)，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增． 綜上所述，當(dāng)b＝2，a>0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)b＝2，a<0時(shí)，函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． (2)因?yàn)閷?duì)任意的x∈，恒有f(x)≤e－1成立， 所以當(dāng)x∈時(shí)，f(x)max≤e－1. 當(dāng)a＋b＝0，b>0時(shí)，f(x)＝－bln x＋xb，f′(x)＝－＋bxb－1＝. 令f′(x)<0，得00，得x>1. 所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減，在(1，e]上單調(diào)遞增，f(x)max為f＝b＋e－b與f(e)＝－b＋eb中的較大者． f(e)－f＝eb－e－b－2b. 令g(m)＝em－e－m－2m(m>0)， 則當(dāng)m>0時(shí)，g′(m)＝em＋e－m－2>2－2＝0， 所以g(m)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(m)>g(0)＝0，所以f(e)>f，從而f(x)max＝f(e)＝－b＋eb 所以－b＋eb≤e－1，即eb－b－e＋1≤0. 設(shè)φ(t)＝et－t－e＋1(t>0)，則φ′(t)＝et－1>0， 所以φ(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 又φ(1)＝0，所以eb－b－e＋1≤0的解集為(0,1]． 所以b的取值范圍為(0,1]． 6．(2018開(kāi)封模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax＋x2－xln a(a>0，a≠1)． (1)當(dāng)a＝e(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1)f′(x)＝axln a＋2x－ln a＝2x＋(ax－1)ln a. 當(dāng)a＝e時(shí)，f′(x)＝2x＋ex－1，其在R上是增函數(shù)， 又f′(0)＝0，∴f′(x)>0的解集為(0，＋∞)，f′(x)<0的解集為(－∞，0)，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)． (2)∵存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1， 又當(dāng)x1，x2∈[－1,1]時(shí)，|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min， ∴只要f(x)max－f(x)min≥e－1即可． ∵當(dāng)a>1時(shí)，ln a>0，y＝(ax－1)ln a在R上是增函數(shù)， 當(dāng)01或00)， ∴g′(a)＝1＋－＝2≥0， ∴g(a)＝a－－2ln a在(0，＋∞)上是增函數(shù)． 而g(1)＝0，故當(dāng)a>1時(shí)，g(a)>0，即f(1)>f(－1)； 當(dāng)01時(shí)，f(x)max－f(x)min＝f(1)－f(0)≥e－1，即a－ln a≥e－1， 函數(shù)y＝a－ln a在(1，＋∞)上是增函數(shù)，解得a≥e； 當(dāng)0

下載提示(請(qǐng)認(rèn)真閱讀)

• 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔，確保文檔完整性，對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來(lái)的問(wèn)題本站不予受理。
• 2.下載的文檔，不會(huì)出現(xiàn)我們的網(wǎng)址水印。
• 3、該文檔所得收入（下載+內(nèi)容+預(yù)覽）歸上傳者、原創(chuàng)作者；如果您是本文檔原作者，請(qǐng)點(diǎn)此認(rèn)領(lǐng)！既往收益都?xì)w您。

同意并開(kāi)始全文預(yù)覽

文檔包含非法信息？點(diǎn)此舉報(bào)后獲取現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)！

文檔加載中……請(qǐng)稍候！
如果長(zhǎng)時(shí)間未打開(kāi)，您也可以點(diǎn)擊刷新試試。

下載文檔到電腦，查找使用更方便

9.9 積分

下載

還剩頁(yè)未讀，繼續(xù)閱讀

舉報(bào)
版權(quán)申訴 word格式文檔無(wú)特別注明外均可編輯修改；預(yù)覽文檔經(jīng)過(guò)壓縮，下載后原文更清晰！ 立即下載

配套講稿：

如PPT文件的首頁(yè)顯示word圖標(biāo)，表示該P(yáng)PT已包含配套word講稿。雙擊word圖標(biāo)可打開(kāi)word文檔。

特殊限制：

部分文檔作品中含有的國(guó)旗、國(guó)徽等圖片，僅作為作品整體效果示例展示，禁止商用。設(shè)計(jì)者僅對(duì)作品中獨(dú)創(chuàng)性部分享有著作權(quán)。

關(guān) 鍵  詞：

通用版2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題跟蹤檢測(cè)四“導(dǎo)數(shù)與不等式”考法面面觀 理重點(diǎn)生，含解析 通用版 2019 高考 數(shù)學(xué) 二輪 復(fù)習(xí) 專題 跟蹤 檢測(cè) 導(dǎo)數(shù) 不等式 面面觀 重點(diǎn) 解析

溫馨提示:
1: 本站所有資源如無(wú)特殊說(shuō)明，都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請(qǐng)下載最新的WinRAR軟件解壓。
2: 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等，如果需要附件，請(qǐng)聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
3.本站RAR壓縮包中若帶圖紙，網(wǎng)頁(yè)內(nèi)容里面會(huì)有圖紙預(yù)覽，若沒(méi)有圖紙預(yù)覽就沒(méi)有圖紙。
4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
5. 裝配圖網(wǎng)僅提供信息存儲(chǔ)空間，僅對(duì)用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理，對(duì)用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯，并不能對(duì)任何下載內(nèi)容負(fù)責(zé)。
6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當(dāng)內(nèi)容，請(qǐng)與我們聯(lián)系，我們立即糾正。
7. 本站不保證下載資源的準(zhǔn)確性、安全性和完整性, 同時(shí)也不承擔(dān)用戶因使用這些下載資源對(duì)自己和他人造成任何形式的傷害或損失。

  裝配圖網(wǎng)所有資源均是用戶自行上傳分享，僅供網(wǎng)友學(xué)習(xí)交流，未經(jīng)上傳用戶書(shū)面授權(quán)，請(qǐng)勿作他用。

關(guān)于本文

本文標(biāo)題：（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題跟蹤檢測(cè)（四）“導(dǎo)數(shù)與不等式”考法面面觀 理（重點(diǎn)生含解析）.doc
鏈接地址：http://m.jqnhouse.com/p-6084625.html

最新文檔

• 設(shè)備采購(gòu)常用的四種評(píng)標(biāo)方法
• 車間員工管理須知（應(yīng)知應(yīng)會(huì)）
• 某公司設(shè)備維護(hù)保養(yǎng)工作規(guī)程
• 某企業(yè)潔凈車間人員進(jìn)出管理規(guī)程
• 企業(yè)管理制度之5S管理的八個(gè)口訣
• 標(biāo)準(zhǔn)化班前會(huì)的探索及意義
• 某企業(yè)內(nèi)審員考試試題含答案
• 某公司環(huán)境保護(hù)考核管理制度
• 現(xiàn)場(chǎng)管理的定義
• 員工培訓(xùn)程序
• 管理制度之生產(chǎn)廠長(zhǎng)的職責(zé)與工作標(biāo)準(zhǔn)
• 某公司各級(jí)專業(yè)人員環(huán)保職責(zé)
• 企業(yè)管理制度：5S推進(jìn)與改善工具
• XXX公司環(huán)境風(fēng)險(xiǎn)排查及隱患整改制度
• 生產(chǎn)車間基層管理要點(diǎn)及建議