教輔：高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)-導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用1(編輯修改稿)
2024-10-12 08:58 本頁面
【文章內(nèi)容簡介】 h′(x)＝ex－x－1，令H(x)＝ex－x－1，則H′(x)＝ex－1≥0，故h′(x)單調(diào)遞增，h′(x)≥h′(0)＝0，故函數(shù)h(x)單調(diào)遞增，h(x)≥h(0)＝0，由h(x)≥0可得ex－x2－x－1≥0恒成立，故當(dāng)x∈(0,2)時，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(2，＋∞)時，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減．因此，g(x)max＝g(2)＝，綜上可得，．(2020山東濟(jì)南6月仿真模擬)已知函數(shù)f(x)＝aln(x＋b)－.(1)若a＝1，b＝0，求f(x)的最大值；(2)當(dāng)b0時，討論f(x)極值點(diǎn)的個數(shù)．解(1)當(dāng)a＝1，b＝0時，f(x)＝lnx－，此時，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－＝，由f′(x)(x)在(0,4)上單調(diào)遞增，在(4，＋∞)上單調(diào)遞減．所以f(x)max＝f(4)＝2ln2－2.(2)當(dāng)b0時，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇0，＋∞)，f′(x)＝－＝，①當(dāng)a≤0時，f′(x)②當(dāng)a0時，設(shè)h(x)＝－x＋2a－b，(ⅰ)當(dāng)4a2－4b≤0，即0時，f′(x)≤0對任意的x∈(0，＋∞)恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以此時f(x)極值點(diǎn)的個數(shù)為0；(ⅱ)當(dāng)4a2－4b0，即a時，令t＝(t≥0)，則h(t)＝－t2＋2at－b，t1＋t2＝2a0，t1t2＝b0，所以t1，t2都大于0，即f′(x)在(0，＋∞)上有2個左右異號的零點(diǎn)，所以此時f(x)，當(dāng)a≤時，f(x)極值點(diǎn)的個數(shù)為0；當(dāng)a時，f(x)、選擇題1．(2020山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)4月高考預(yù)測)已知函數(shù)f(x)＝3x＋2cosx，若a＝f(3)，b＝f(2)，c＝f(log27)，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)B．cC．bD．b答案 D解析 根據(jù)題意，函數(shù)f(x)＝3x＋2cosx，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝3－2sinx，則有f′(x)＝3－2sinx0在R上恒成立，則f(x)在R上為增函數(shù)．又由2＝log24A．有3個極大值點(diǎn)B．有3個極小值點(diǎn)C．有1個極大值點(diǎn)和2個極小值點(diǎn)D．有2個極大值點(diǎn)和1個極小值點(diǎn)答案 D解析 結(jié)合函數(shù)圖象可知，當(dāng)x0，函數(shù)y＝g(x)－f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)ag′(x)，此時y′＝g′(x)－f′(x)0,函數(shù)y＝g(x)－f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)xb時，f′(x)g′(x)，此時y′＝g′(x)－f′(x)0都有2f(x)＋xf′(x)0成立，則()A．4f(－2)B．4f(－2)9f(3)C．2f(3)3f(－2)D．3f(－3)答案 A解析 首先令g(x)＝x2f(x)，g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]，當(dāng)x0時，g′(x)0，g(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，又g(x)是偶函數(shù)，所以4f(－2)＝g(－2)＝g(2)A．y＝2x＋1B．y＝2x＋C．y＝x＋1D．y＝x＋答案 D解析 設(shè)直線l與曲線y＝的切點(diǎn)為(x0，)，x0＞0，函數(shù)y＝的導(dǎo)數(shù)為y′＝，則直線l的斜率k＝，直線l的方程為y－＝(x－x0)，即x－2y＋x0＝＋y2＝相切，則＝，兩邊平方并整理得5x－4x0－1＝0，解得x0＝1或x0＝－(舍去)，所以直線l的方程為x－2y＋1＝0，即y＝x＋.．(2020山東青島一模)已知函數(shù)f(x)＝(e＝)，若f(x)的零點(diǎn)為α，極值點(diǎn)為β，則α＋β＝()A．－1B．0C．1D．2答案 C解析 ∵f(x)＝∴當(dāng)x
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