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    三年高考(2016-2018)数学(理科)真题分类解析:专题07-导数的应用

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    三年高考(2016-2018)数学(理科)真题分类解析:专题07-导数的应用

    1、专题 07 导数的应用考纲解读明方向考点 内容解读 要求 常考题型 预测热 度1.导数与函数的单调性了解函数单调性和导数的关系;能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)理解 选择题解答题 2.导数与函数的极(最)值了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件;会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次);会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)掌握 解答题 3.生活中的优化问题会利用导数解决某些实际问题 掌握 选择题 分析解读 1.会利用导数研究函数的单调性,掌握求函数单调区间的方法.2.掌握求函数极值与最值的方法,

    2、解决利润最大、用料最省、效率最高等实际生产、生活中的优化问题.3.利用导数求函数极值与最值、结合单调性与最值求参数范围、证明不等式是高考热点.分值为1217 分,属于高档题.命题探究练扩展2018 年高考全景展示1 【2018 年理数天津卷】已知函数 , ,其中 a1.(I)求函数 的单调区间;(II)若曲线 在点 处的切线与曲线 在点 处的切线平行,证明;(III)证明当 时,存在直线 l,使 l 是曲线 的切线,也是曲线 的切线.【答案】() 单调递减区间 ,单调递增区间为 ;()证明见解析;( )证明见解析.(III)由题意可得两条切线方程分别为 l1: .l2: .则原问题等价于当 时

    3、,存在 , ,使得 l1 和 l2 重合.转化为当 时,关于 x1 的方程 存在实数解,构造函数,令,结合函数的性质可知存在唯一的 x0,且 x00,使得 ,据此可证得存在实数 t,使得 ,则题中的结论成立.详解:(I)由已知, ,有 .令 ,解得 x=0.由 a1,可知当 x 变化时, , 的变化情况如下表:x 00 +极小值所以函数 的单调递减区间 ,单调递增区间为 .(III)曲线 在点 处的切线 l1: .曲线 在点 处的切线 l2: .要证明当 时,存在直线 l,使 l 是曲线 的切线,也是曲线 的切线,只需证明当 时,存在 , ,使得 l1 和 l2 重合.即只需证明当 时,方程组

    4、 有解,由得 ,代入,得 . 因此,只需证明当 时,关于 x1 的方程存在实数解.设函数 ,即要证明当 时,函数 存在零点.,可知 时, ;时, 单调递减,又 , ,故存在唯一的 x0,且 x00,使得 ,即 .由此可得 在 上单调递增,在 上单调递减. 在 处取得极大值 .因为 ,故 ,所以 .下面证明存在实数 t,使得 .由(I)可得 ,当 时,有 ,所以存在实数t,使得 ,因此,当 时,存在 ,使得 .所以,当 时,存在直线 l,使 l 是曲线 的切线,也是曲线 的切线.点睛:导数是研究函数的单调性、极值(最值) 最有效的工具,而函数是高中数学中重要的知识点,所以在历届高考中,对导数的应

    5、用的考查都非常突出 ,本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考来看,对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行: (1)考查导数的几何意义,往往与解析几何、微积分相联系 (2)利用导数求函数的单调区间,判断单调性;已知单调性,求参数 (3)利用导数求函数的最值(极值 ),解决生活中的优化问题 (4)考查数形结合思想的应用2 【2018 年理北京卷】设函数 = ()若曲线 y= f(x)在点(1, )处的切线与 轴平行,求 a;()若 在 x=2 处取得极小值,求 a 的取值范围【答案】(1) a 的值为 1 (2) a 的取值范围是( ,+)【解析】分析:(1)先求导数,再根据 得 a;(2)

    6、先求导数的零点: , 2;再分类讨论,根据是否满足 在 x=2 处取得极小值,进行取舍,最后可得 a 的取值范围详解:解:()因为 = ,所以 f (x)= 2ax(4a+1) e x+ax 2(4a+1)x+4a+3e x(x R)=ax 2(2a+1)x+2e xf (1)=(1a)e由题设知 f (1)=0,即(1 a)e=0,解得 a=1此时 f (1)=3e0所以 a 的值为 1点睛:利用导数的几何意义解题,主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化.以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值,则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系,进而和导数联系起来求解.3 【2018

    7、 年江苏卷】记 分别为函数 的导函数若存在 ,满足且 ,则称 为函数 与 的一个“S 点” (1)证明:函数 与 不存在“S 点” ;(2)若函数 与 存在“S 点” ,求实数 a 的值;(3)已知函数 , 对任意 ,判断是否存在 ,使函数 与 在区间 内存在“S 点” ,并说明理由【答案】 (1)证明见解析(2)a 的值为 (3)对任意 a0,存在 b0,使函数 f(x)与 g(x)在区间(0,+ )内存在“S 点” 【解析】分析:(1)根据题中“S 点”的定义列两个方程,根据方程组无解证得结论;(2)同(1)根据“S 点”的定义列两个方程,解方程组可得 a 的值;(3)通过构造函数以及结合

    8、 “S 点”的定义列两个方程,再判断方程组是否有解即可证得结论.详解:解:(1)函数 f(x )=x,g(x)=x 2+2x-2,则 f(x)=1,g(x)=2x+2由 f(x)=g(x)且 f(x )= g(x) ,得 ,此方程组无解,因此,f(x)与 g(x)不存在“S”点(2)函数 , ,则 设 x0 为 f(x)与 g(x)的“S”点,由 f(x 0)与 g(x 0)且 f(x 0)与 g(x 0) ,得,即 , (*)得 ,即 ,则 当 时, 满足方程组(*) ,即 为 f(x)与 g(x)的“S”点因此,a 的值为 (3)对任意 a0,设 因为 ,且h(x)的图象是不间断的,所以存

    9、在 (0,1) ,使得 ,令 ,则 b0函数 ,则 由 f(x)与 g( x)且 f(x )与 g(x ) ,得,即 (*)此时, 满足方程组(*) ,即 是函数 f(x )与 g(x)在区间(0,1)内的一个“S 点” 因此,对任意 a0,存在 b0,使函数 f(x)与 g(x )在区间(0,+)内存在“S 点” 点睛:涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图象交点个数问题,一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等,再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况,归根到底还是研究函数的性质,如单调性、极值,然后通过数形结合的思想找到解题的思路.4 【2018 年理新课

    10、标 I 卷】 已知函数 (1)讨论 的单调性;(2)若 存在两个极值点 ,证明: 【答案】 (1)当 时, 在 单调递减.,当 时, 在单调递减,在 单调递增.(2)证明见解析.(i)若 ,则 ,当且仅当 , 时 ,所以 在 单调递减.(ii)若 ,令 得, 或 .当时, ;当 时, .所以在 单调递减,在 单调递增.(2)由(1)知, 存在两个极值点当且仅当 .由于 的两个极值点 满足 ,所以 ,不妨设 ,则 .由于,所以 等价于 .设函数 ,由(1)知, 在单调递减,又 ,从而当 时, .所以 ,即.点睛:该题考查的是应用导数研究函数的问题,涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性、应用导

    11、数研究函数的极值以及极值所满足的条件,在解题的过程中,需要明确导数的符号对单调性的决定性作用,再者就是要先保证函数的生存权,先确定函数的定义域,要对参数进行讨论,还有就是在做题的时候,要时刻关注第一问对第二问的影响,再者就是通过构造新函数来解决问题的思路要明确.2017 年高考全景展示1.【2017 课标 II,理 11】若 是函数 的极值点,则 的极小值为2x21()xfxae()fx( )A. B. C. D.113e 35【答案】A【解析】试题分析:由题可得 12121()2)()()xx xfxaeaeae 因为 ,所以 , ,故(2)0ff 2fx令 ,解得 或 ,所以 在 单调递增

    12、,在 单调递减xx1()fx,2)(1,(,1)所以 极小值为 ,故选 A。()f()fe【考点】 函数的极值;函数的单调性【名师点睛】(1)可导函数 yf(x)在点 x0 处取得极值的充要条件是 f(x0)0,且在 x0 左侧与右侧 f(x)的符号不同。(2)若 f(x)在(a, b)内有极值,那么 f(x)在( a,b)内绝不是单调函数,即在某区间上单调增或减的函数没有极值。2.【2017 浙江,7】函数 y=f(x)的导函数 的图像如图所示,则函数 y=f(x)的图像可能是()yfx【答案】D【解析】试题分析:原函数先减再增,再减再增,且由增变减时,极值点大于 0,因此选 D【考点】 导

    13、函数的图象【名师点睛】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系:若导函数图象与 轴的交点为 ,且图x0x象在 两侧附近连续分布于 轴上下方,则 为原函数单调性的拐点,运用导数知识来讨论函数0xx0x单调性时,由导函数 的正负,得出原函数 的单调区间)(f )(f3.【2017 课标 II,理】已知函数 ,且 。2lnfxax0fx(1)求 ;a(2)证明: 存在唯一的极大值点 ,且 。fx0220ef【答案】(1) ;(2) 证明略。1【解析】试题分析:(1)利用题意结合导函数与原函数的关系可求得 ,注意验证结果的正确性;1a(2)结合(1)的结论构造函数 ,结合 的单调性和 的解析式即可证得题

    14、2lnhxxhfx中的不等式 。20ef试题解析:(1) 的定义域为 。fx0, +设 ,则 , 等价于 。lngaxfxg0fx0gx因为 ,因 ,而 ,得 。,11,1aa若 ,则 。当 时, , 单调递减;1x0xx当 时, , 单调递增。所以 是 的极小值点,故xg1g10gx综上, 。a(2)由(1)知 , 。2lnfxx2lnfx设 ,则 。lnhx1h当 时, ;当 时, ,0,20x,2x0hx所以 在 单调递减,在 单调递增。hx1,1,又 , , ,20e0h所以 在 有唯一零点 ,在 有唯一零点 1,hx1,0x1,2且当 时, ;当 时, ,0,h0,0hx当 时, 。

    15、1x0x因为 ,所以 是 的唯一极大值点。ffx由 得 ,故 。 0x0ln21x001x由 得 。,14f因为 是 在(0,1)的最大值点,0x由 , 得 。 10,e10fe120fxfe所以 。22x【考点】 利用导数研究函数的单调性;利用导数研究函数的极值【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值) 最有效的工具,而函数是高中数学中重要的知识点,所以在历届高考中,对导数的应用的考查都非常突出 ,本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考来看,对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行: (1)考查导数的几何意义,往往与解析几何、微积分相联系。 (2)利用导数求函数的单调区间,判断单调

    16、性;已知单调性,求参数。 (3)利用导数求函数的最值( 极值),解决生活中的优化问题。 (4)考查数形结合思想的应用。4.【2017 课标 3,理 21】已知函数 .1lnfxax(1)若 ,求 a 的值;0fx(2)设 m 为整数,且对于任意正整数 n ,求 m 的最小值.211n【答案】(1) ;1a(2) 3【解析】试题分析:(1)由原函数与导函数的关系可得 x=a 是 在 的唯一最小值点,列方程解f0, +x得 ;1a(2)利用题意结合(1) 的结论对不等式进行放缩,求得 ,结合211ne可知实数 的最小值为 2311m3(2)由(1)知当 时, .1,x1ln0x令 得 .从而2nl

    17、2n.2 2111lll 2nnn 故 .21ne而 ,所以 的最小值为 .231m3【考点】 导数研究函数的单调性;导数研究函数的最值;利用导数证明不等式【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值) 最有效的工具,而函数是高中数学中重要的知识点,所以在历届高考中,对导数的应用的考查都非常突出 ,本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考来看,对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行: (1)考查导数的几何意义,往往与解析几何、微积分相联系 (2)利用导数求函数的单调区间,判断单调性;已知单调性,求参数 (3)利用导数求函数的最值( 极值),解决生活中的优化问题 (4)考查数形结合思想的应

    18、用5.【2017 浙江,20】(本题满分 15 分)已知函数 f(x)=(x ) ( )21ex12()求 f(x)的导函数;()求 f(x)在区间 上的取值范围1+)2,【答案】 () ;( )0, xef )( 12e【解析】试题分析:()利用求导法则及求导公式,可求得 的导数;()令 ,解得 或)(xf 0)(xf1x,进而判断函数 的单调区间,结合区间端点值求解函数 的取值范围25)(xf )(f试题解析:()因为所以= ()由解得 或 因为x ( ) 1 ( ) ( )- 0 + 0 -f(x) 0 又 ,所以 f(x )在区间 )上的取值范围是 【考点】导数的应用【名师点睛】本题主

    19、要考查导数的两大方面的应用:(一)函数单调性的讨论:运用导数知识来讨论函数单调性时,首先考虑函数的定义域,再求出 ,有 的正负,得出函数 的单调)(xf)(f )(xf区间;(二)函数的最值(极值)的求法:由确认的单调区间,结合极值点的定义及自变量的取值范围,得出函数 极值或最值)(xf6.【2017 江苏,20】 已知函数 有极值,且导函数 的极值点32()1(0,)fxabxR()fx是 的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)()fx(1)求 关于 的函数关系式,并写出定义域;ba(2)证明: ;23(3)若 , 这两个函数的所有极值之和不小于 ,求 的取值范围.()fx 72

    20、a【答案】 (1) (2)见解析(3)a36a【解析】解:(1)由 ,得 .2()1fxbx 222()33()3afxxbb当 时, 有极小值 .3ax()f23a因为 的极值点是 的零点.()ffx所以 ,又 ,故 .310279aaba239ab因为 有极值,故 有实根,从而 ,即 .()fx()=fx231(7)033a时, ,故 在 R 上是增函数, 没有极值;3a01()f fx时, 有两个相异的实根 , .()fx213abx22=3b列表如下x 1(,)x1x12(,)x2x2(,)x()f+ 0 0 +A极大值 A极小值 A故 的极值点是 .()fx12,x从而 ,3a因此

    21、,定义域为 .29b(3,)(3)由(1)知, 的极值点是 ,且 , .()fx12,x123xa221469abx从而 323121122()fxfabab221123)()()()3xxx46079ab记 , 所有极值之和为 ,()fxf ()ha因为 的极值为 ,所以 , .22139b213()=9haa因为 ,于是 在 上单调递减.23()=09ha(),因为 ,于是 ,故 .76()6haa因此 a 的取值范围为 .3,【考点】利用导数研究函数单调性、极值及零点【名师点睛】涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题,一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变

    22、化趋势等,再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况,归根到底还是研究函数的性质,如单调性、极值,然后通过数形结合的思想找到解题的思路.2016 年高考全景展示1.【2016 高考江苏卷】 (本小题满分 16 分)已知函数 .()(0,1,)xfabab设 .12,a(1)求方程 的根;()2fx(2)若对任意 ,不等式 恒成立,求实数 的最大值;R()f(6fxmm(3)若 ,函数 有且只有 1 个零点,求 的值。01ab 2gab【答案】 (1)0 4(2)1【解析】试题分析:(1)根据指数间倒数关系 转化为一元二次方程 ,求方2=1x 2()10xx程根根据指数间平方关系 ,将不等

    23、式转化为一元不等式,再利用变量22()x分离转化为对应函数最值,即 的最小值,最后根据基本不等式求最值(2)先分析)4(fm导函数零点情况:唯一零点 ,再确定原函数单调变化趋势:先减后增,从而结合图像确定唯一零0x点必在极值点 取得,而 ,因此极值点 必等于零,进而求出0x0()2gfab0x的值.本题难点在证明 ,这可利用反证法:若 ,则可寻找出一个区间 ,由ab0 0x12(,)x结合零点存在定理可得函数存在另一零点,与题意矛盾,其中可取12(),g()x;若 ,同理可得.0loa0x试题解析:(1)因为 ,所以 .1,2b()2xf方程 ,即 ,亦即 ,()2fxx10所以 ,于是 ,解

    24、得 .010x由条件知 .222()()()xxf fx因为 对于 恒成立,且 ,26xmR0所以 对于 恒成立.2()4fx而 ,且 ,2() 4()2()fxffx2(0)4f所以 ,故实数 的最大值为 4.4m(2)因为函数 只有 1 个零点,而 ,()gxf0(0)2gfab所以 0 是函数 的唯一零点.因为 ,又由 知 ,()lnlxxab0,abln,l0所以 有唯一解 .0g0lnog()ba令 ,则 ,()hx 22()ll(ln)(l)xxxxhab从而对任意 , ,所以 是 上的单调增函数,R0()gh,于是当 , ;当 时, .0(,)x(gx0()x0()gx因而函数

    25、在 上是单调减函数,在 上是单调增函数.,下证 .0x若 ,则 ,于是 ,02x0()2xg又 ,且函数 在以 和 为端点的闭区间上logllo(l)aaaagb()gx02loga的图象不间断,所以在 和 之间存在 的零点,记为 . 因为 ,所以0xla()101,又 ,所以 与“0 是函数 的唯一零点”矛盾.lo20a1x若 ,同理可得,在 和 之间存在 的非 0 的零点,矛盾.x02xloga()g因此, .0x于是 ,故 ,所以 .ln1abln0b1ab考点:指数函数、基本不等式、利用导数研究函数单调性及零点【名师点睛】对于函数零点个数问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性、

    26、草图确定其中参数范围从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值;从图象的对称性,分析函数的奇偶性;从图象的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等但需注意探求与论证之间区别,论证是充要关系,要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数.2.【2016 高考天津理数】 (本小题满分 14 分)设函数 , , 其中3()1fxaxbRba,(I)求 的单调区间; (II) 若 存在极值点 ,且 ,其中 ,求证: ;)(xf0x)(01xff01x1023x( )设 ,函数 ,求证: 在区间 上的最大值不小于 .a|)(|gg,4【答案】 ()详见解析()详见解析()详见解析【解析】试题分析

    27、:()先求函数的导数: , 再根据导函数零点是否存在情况,分axf2)1(3)类讨论:当 时,有 恒成立,所以 的单调增区间为 .当 时,存0a()0fxf(,)0a在三个单调区间()由题意得 ,计算可得 再由 及312000(32)(fxf)(1xff单调性可得结论()实质研究函数 最大值:主要比较 ,)(xg1,的大小即可,分三种情况研究当 时,3|(|,()|aff 3a,当 时,312031a34,当 时, .21aa 3042310a试题解析:()解:由 ,可得 .baxxf3)1( axf2)1(3)下面分两种情况讨论:(1)当 时,有 恒成立,所以 的单调递增区间为 .0a0)(

    28、)2f )(f ),((2)当 时,令 ,解得 ,或 .0xf 31ax31ax当 变化时, , 的变化情况如下表:x)(ff)31,a)31,(a),31(a)(xf 0 0 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增所以 的单调递减区间为 ,单调递增区间为 , .)(xf )31,(a )31,(a),(( )证明:设 在区间 上的最大值为 , 表示 两数的最大值.下面分三种)(xg2,0M,maxyx,情况同理:(1)当 时, ,由()知, 在区间 上单调递减,所以3a311a)(xf2,0在区间 上的取值范围为 ,因此)(xf2,0 )0(,2f|1|,21max|)0(|,2max

    29、| bffM)(1bb,所以 .0),(aa 2|aM(2)当 时, ,由()和()知,34 313121 a, ,)3()()0afaf )()2(faf所以 在区间 上的取值范围为 ,因此)(xf2,0 )31(),(ff|392|,92max|)31(|,)31(ma| babaffM |)(92|,92x| bba.413|3a(3)当 时, ,由()和()知,4020a, ,)31()321()faf )31()31(aff所以 在区间 上的取值范围为 ,因此xf,0 2),0f|1|max|)2(|ma| bafM)(1,1bb.4|综上所述,当 时, 在区间 上的最大值不小于 .

    30、0a)(xg2,041考点:导数的运算,利用导数研究函数的性质、证明不等式【名师点睛】1.求可导函数单调区间的一般步骤(1)确定函数 f(x)的定义域( 定义域优先);(2)求导函数 f(x);(3)在函数 f(x)的定义域内求不等式 f(x)0 或 f(x)0 的解集(4)由 f(x)0( f(x)0)的解集确定函数 f(x)的单调增(减)区间若遇不等式中带有参数时,可分类讨论求得单调区间2由函数 f(x)在(a,b)上的单调性,求参数范围问题,可转化为 f(x)0(或 f(x)0)恒成立问题,要注意“”是否可以取到3.(本小题满分 14 分)设函数 f(x)(x1)e xkx 2(kR).

    31、(1)当 k1 时,求函数 f(x)的单调区间;(2)当 k 时,求函数 f(x)在0,k上的最大值 M.【答案】(1)详见解析 (2)详见解析【解析】(1)当 k1 时,f(x)(x1)e xx 2,f(x)e x(x1)e x2xxe x2x x(ex2),令 f(x)0,得 x10,x 2ln 2,当 x 变化时,f( x),f(x)的变化如下表:x (,0) 0 (0,ln 2) ln 2 (ln 2,)f(x ) 0 0 f(x) A极大值 A极小值 A由表可知,函数 f(x)的递减区间为(0,ln 2),递增区间为( ,0),(ln 2,).(2)f(x)e x(x1)e x2kx

    32、 xe x2kxx(e x2k ),令 f(x)0,得 x10,x 2ln(2k),令 g(k)ln(2k)k,k ,则 g(k) 1 0,所以 g(k)在 上单调递增.,2所以 g(k)ln 21ln 2ln e0.从而 ln(2k)k,所以 ln(2k)(0,k).所以当 x(0,ln(2k)时,f( x)0;当 x(ln(2k),)时,f( x)0;所以 Mmax f(0),f(k)max1,(k1)e kk 3.令 h(k)(k1)e kk 31,则 h(k)k(e k3k ),令 (k)e k3k ,则 (k ) ek3e30.所以 (k)在 上单调递减,12而 (1) (e3)0,

    33、所以存在 x0 使得 (x0)0,且当 k 时,(k)0,2012x当 k(x 0,1)时,(k)0,所以 (k)在 上单调递增,在(x 0,1)上单调递减.因为 ,h(1)0,7e28h所以 h(k)0 在 上恒成立,当且仅当 k1 时取得“”.综上,函数 f(x)在0,k上的最大值 M(k1)e kk 3.【考点定位】本题考查导数的应用,属于拔高题【名师点晴】本题主要考查的是利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的最值,属于难题解题时一定要抓住重要字眼“单调区间” ,否则很容易出现错误利用导数求函数 的单调fx区间的步骤:确定函数 的定义域;对 求导;令 ,解不等式得 的范围fxfx0

    34、fx就是递增区间,令 ,解不等式得 的范围就是递减区间求函数 在 上的0 yfx,ab最大值与最小值的步骤:求函数 在 内的极值;将函数 的各极值与端yfx,ab点处的函数值 , 比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值fafb4.【2016 高考新课标 3 理数】设函数 ,其中 ,记()cos2(1)cos)f x0a的最大值为 |()|fxA()求 ;f()求 ;A()证明 |()|2fx【答案】 () ;() ;()见解()2sin(1)sinfxaxx213,056,81aA析【解析】试题分析:()直接可求 ;()分 两种情况,结合三角函数的有界性求出()fx1,0a,但须注意

    35、当 时还须进一步分为 两种情况求解;()首先由A01a5()得到 ,然后分 , 三种情况证明|()|2|fx1a0,1a试题解析:() sin()sinxx()当 时,1a|()|sin2()co1)|fx2(1)a32a(0)f因此, 4 分3A当 时,将 变形为 01a()fx2()cos()cos1fxxx令 ,则 是 在 上的最大值, , ,且2()1gttA|gt1,()ga(1)32当 时, 取得极小值,极小值为 4a()22(6()488a令 ,解得 (舍去) , 13a5()当 时, 在 内无极值点, , ,05()gt1,|(1)|ga|()|23ga,所以 |(1)|g2A

    36、a()由()得 .|()|2sin(1)sin|2|1|fxaxxa当 时, .105a|143A当 时, ,所以 .38Aa|()|12fxa当 时, ,所以 .1a|()|1642fx|考点:1、三角恒等变换;2、导数的计算;3、三角函数的有界性【归纳总结】求三角函数的最值通常分为两步:(1)利用两角和与差的三角公式、二倍角公式、诱导公式将解析式化为形如 的形式;(2)结合自变量 的取值范围,结合正sin()yAxBx弦曲线与余弦曲线进行求解5. 【2016 高考浙江理数】 (本小题 15 分)已知 ,函数 F(x)=min2| x1|,x 22ax+4a2,3a其中 minp,q= ,q

    37、., ,(I)求使得等式 F(x)=x 22ax+4a2成立的 x 的取值范围;(II) (i)求 F(x )的最小值 m(a) ;(ii)求 F(x)在区间 0,6上的最大值 M(a).【答案】 (I) ;(II ) (i ) ;(ii )2,a20,34,2a348,4a【解析】试题分析:(I)分别对 和 两种情况讨论 ,进而可得使得等式1xFx成立的 的取值范围;(II) ( i)先求函数 ,2F42xa 21fx的最小值,再根据 的定义可得 的最小值 ;(ii)分别对gxxma和 两种情况讨论 的最大值,进而可得 在区间 上的最大026FFx0,6值 a(II) (i)设函数 , ,则

    38、21fx242gxa, ,min10fxmin所以,由 的定义知 ,即F,af2,34,2a(ii)当 时,0x,Fma0,F2ff当 时,26x2,6ax,348maxF2,6xgg所以,348,42a考点:1、函数的单调性与最值;2、分段函数;3、不等式【思路点睛】 (I)根据 的取值范围化简 ,即可得使得等式 成立的xFx2F42xa的取值范围;(II) (i )先求函数 和 的最小值,再根据 的定义可得 ;xfg m(ii)根据 的取值范围求出 的最大值,进而可得 xa6.【2016 年高考四川理数】 (本小题满分 14 分)设函数 f(x)=ax2-a-lnx,其中 a R.()讨论

    39、 f(x)的单调性;()确定 a 的所有可能取值,使得 在区间(1,+)内恒成立(e=2.718为自然()xfe对数的底数).【答案】 ()当 时, 0,x10,)2a( ()fx()fx1+)2a( , ()fx单调递增;() .()fx,)+【解析】试题分析:()对 求导,对 进行讨论,研究 的正负,可判断函数的单调性;()()fxa()fx要证明不等式 在 上恒成立,基本方法是设 ,当1e(,)1()()(xhfxe-=-时, , 的解不易确定,因此结合()的结论,缩小 的1x2()xhxa-=-+0h a范围,设 = ,并设 = ,通过研究 的单调性得 时,g1exx()s1ex()s

    40、x1x,从而 ,这样得出 不合题意,又 时, 的极小值点()0x()0f0a102af,且 ,也不合题意,从而 ,此时考虑12a1()2ff得 ,得此时 单调递增,从而有12()exhx-=-+h21xx-+-0()hx,得出结论0试题解析:(I) 2()0).afxx(0, 单调递增.+)( , ()f()f(II)令 = , = .(gx1exs1ex则 = .)s1而当 时, 0,x()sx所以 在区间 内单调递增.()1+( ,又由 =0,有 0,s()sx从而当 时, 0.f当 , 时, = .0a1x()x21)ln0ax故当 在区间 内恒成立时,必有 .()fg+( , a当 时, 1.02aa考点:导数的计算、利用导数求函数的单调性,最值、解决恒成立问题.【名师点睛】本题考查导数的计算、利用导数求函数的单调性,最值、解决恒成立问题,考查学生的分析问题解决问题的能力和计算能力求函数的单调性,基本方法是求 ,解方程 ,()fx()0fx再通过 的正负确定 的单调性;要证明函数不等式 ,一般证明()fx()fx()fxg的最小值大于 0,为此要研究函数 的单调性本题中注意由于函数g()hx有极小值没法确定,因此要利用已经求得的结论缩小参数取值范围比较新颖,学生不易想()h到有一定的难度


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