高考數學導數小題練習集二資料-資料下載頁
2025-04-17 13:17本頁面
【正文】 m≤對x∈[1，3]恒成立．令g（x）=，則 g′（x）=，在[1，e）上遞增，（e，3]上遞減，∴g（x）max=．令h（x）=，h′（x）=＜0，在[1，3]上遞減，∴h（x）min=．綜上所述，m∈[，]．故選D．【點評】本題主要考查函數的奇偶性和單調性的綜合應用，函數的恒成立問題，體現了轉化的數學思想，屬于中檔題．【考點】利用導數研究函數的單調性．【分析】分別求出x≤0時，x＞0時，函數f（x）的值域，再由?x0∈[2，+∞）使得f（﹣x0）=f（x0），即為+a=（x0﹣1）3+1有解，運用參數分離和構造函數，求出導數，判斷符號，可得單調性，即可得到f（x）的值域，再由不等式恒成立思想，可得b的范圍．【解答】解：函數f（x）=，當x≤0時，f（x）=+a≥a；當x＞0時，f（x）=（x﹣1）3+1遞增，可得f（x）＞0．由?x0∈[2，+∞）使得f（﹣x0）=f（x0），即為+a=（x0﹣1）3+1有解，即為a=（x0﹣1）3+1﹣，由y=（x0﹣1）3+1﹣，x0∈[2，+∞），導數為3（x0﹣1）2﹣＞0在x0∈[2，+∞）恒成立，即為函數y在x0∈[2，+∞）遞增，即有a≥2﹣＞0，則函數f（x）的值域為（0，+∞）．由任意的x∈R，f（x）＞b恒成立，可得b≤0．故選：B． 【考點】KE：曲線與方程．【分析】求出y0的范圍，證明f（y0）=y0，得出f（x）=x在[1，e]上有解，再分離參數，利用函數單調性求出m的范圍．【解答】解：∵﹣1≤cosx≤1，∴的最大值為e，最小值為1，∴1≤y0≤e，顯然f（x）=是增函數，（1）若f（y0）＞y0，則f（f（y0））＞f（y0）＞y0，與f（f（y0））=y0矛盾；（2）若f（y0）＜y0，則f（f（y0））＜f（y0）＜y0，與f（f（y0））=y0矛盾；∴f（y0）=y0，∴y0為方程f（x）=x的解，即方程f（x）=x在[1，e]上有解，由f（x）=x得m=x2﹣x﹣lnx，令g（x）=x2﹣x﹣lnx，x∈[1，e]，則g′（x）=2x﹣1﹣==，∴當x∈[1，e]時，g′（x）≥0，∴g（x）在[1，e]上單調遞增，∴gmin（x）=g（1）=0，gmax（x）=g（e）=e2﹣e﹣1，∴0≤m≤e2﹣e﹣1．故選D．【點評】本題考查了函數零點與函數單調性的關系，函數單調性的判斷與最值計算，屬于中檔題．【考點】6B：利用導數研究函數的單調性．【分析】推出f39。（x）的表達式，當x=2時，f（2）=，構造輔助函數，求導，由g′（x）≥0在x∈[2，+∞）恒成立，則g（x）在x=2處取最小值，即可求得f（x）在[2，+∞）單調遞增，即可求得f（x）的最小值．【解答】解：由2x2f（x）+x3f39。（x）=ex，當x＞0時，故此等式可化為：f39。（x）=，且當x=2時，f（2）=，f39。（2）==0，令g（x）=e2﹣2x2f（x），g（2）=0，求導g′（x）=e2﹣2[x2f′（x）+2xf（x）]=e2﹣=（x﹣2），當x∈[2，+∞）時，g′（x）＞0，則g（x）在x∈[2，+∞）上單調遞增，g（z）的最小值為g（2）=0，則f39。（x）≥0恒成立，∴f（x）的最小值f（2）=，故選：B．【考點】3T：函數的值．【分析】令F（x）=，令G（x）=，根據函數的單調性分別求出F（x）的最小值和G（x）的最大值，求出a的范圍即可．【解答】解：由??＜a＜，令F（x）=，則F′（x）=＜0對x∈（1，2）成立，∴F（x）在（1，2）遞減，∴F（x）min=F（2）=ln2，令G（x）=，則G′（x）=＞0對x∈（1，2）成立，∴G（x）在（1，2）上遞增，∴G（x）max=G（2）=，若存在x0∈（1，2），使得f（x0）g（x0）＜0，則ln2＜a＜時，滿足題意，故選：A．【考點】54：根的存在性及根的個數判斷．【分析】將函數f（x）表示為分段函數形式，判斷函數的單調性和極值，利用換元法將方程轉化為一元二次方程，利用一元二次函數根與系數之間的關系進行求解即可．【解答】解：當x＞0時，f（x）=，函數的導數f′（x）==，當x＞1時，f′（x）＞0，當0＜x＜1時，f′（x）＜0，則當x=1時 函數取得極小值f（1）=e，當x＜0時，f（x）=﹣，函數的導數f′（x）=﹣=﹣，此時f′（x）＞0恒成立，此時函數為增函數，作出函數f（x）的圖象如圖：設t=f（x），則t＞e時，t=f（x）有3個根，當t=e時，t=f（x）有2個根當0＜t＜e時，t=f（x）有1個根，當t≤0時，t=f（x）有0個根，則f2（x）﹣2af（x）+a﹣1=0（m∈R）有四個相異的實數根，等價為t2﹣2at+a﹣1=0（m∈R）有2個相異的實數根，其中0＜t＜e，t＞e，設h（t）=t2﹣2at+a﹣1，則，即，即，即a＞，即實數a的取值范圍是（，+∞），故選：D【考點】2H：全稱命題．【分析】由題設h（x）﹣f（x）≤k[g（x）+2]恒成立等價于f（x）+kg（x）≥h（x）﹣2k；構造函數H（x）=f（x）+kg（x），利用導數H39。（x）判斷H（x）的單調性，求出H（x）的最值，判斷不等式是否恒成立，從而求出k的取值范圍．【解答】解：由題設h（x）﹣f（x）≤k[g（x）+2]恒成立，等價于f（x）+kg（x）≥h（x）﹣2k①；設函數H（x）=f（x）+kg（x），則H39。（x）=（x+1）（ex+2k）；（1）設k=0，此時H39。（x）=ex（x+1），當x＜﹣1時H39。（x）＜0，當x＞﹣1時H39。（x）＞0，故x＜﹣1時H（x）單調遞減，x＞﹣1時H（x）單調遞增，故H（x）≥H（﹣1）=﹣e﹣1；而當x=﹣1時h（x）取得最大值2，并且﹣e﹣1＜2，故①式不恒成立；（2）設k＜0，注意到，故①式不恒成立；（3）設k＞0，H39。（x）=（x+1）（ex+2k），此時當x＜﹣1時H39。（x）＜0，當x＞﹣1時H39。（x）＞0，故x＜﹣1時H（x）單調遞減，x＞﹣1時H（x）單調遞增，故；而當x=﹣1時h（x）max=2，故若使①式恒成立，則，解得．【點評】本題考查了函數與不等式的應用問題，也考查了構造函數思想與等價轉化問題，是綜合題．
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