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- 2022-07-19 发布
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高考专题突破一高考中的导数应用问题\n考点自测课时作业题型分类深度剖析内容索引\n考点自测\n1.若函数f(x)在R上可导，且满足f(x)－xf′(x)>0，则A.3f(1)f(3)C.3f(1)＝f(3)D.f(1)＝f(3)答案解析\n2.若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是A.(－∞，－2]B.(－∞，－1]C.[2，＋∞)D.[1，＋∞)答案解析由于f′(x)＝k－，f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增⇔f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立.由于k≥，而0<<1，所以k≥1.即k的取值范围为[1，＋∞).\n3.(2016·安徽江南十校联考)已知函数f(x)＝x3－ax2＋4，若f(x)的图象与x轴正半轴有两个不同的交点，则实数a的取值范围为A.(1，＋∞)B.(，＋∞)C.(2，＋∞)D.(3，＋∞)答案解析由题意知f′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a)，当a≤0时，不符合题意.当a>0时，f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，所以由题意知f()<0，解得a>3，故选D.\n4.(2016·全国甲卷)若直线y＝kx＋b是曲线y＝lnx＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝________.答案解析1－ln2\n答案解析[1，＋∞)\n因为对任意x1，x2∈(0，＋∞)，当00；当x>1时，g′(x)<0，所以g(x)在(0,1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减.所以当x＝1时，g(x)取到最大值，即g(x)max＝g(1)＝e.\n题型分类 深度剖析\n题型一 利用导数研究函数性质例1(2015·课标全国Ⅱ)已知函数f(x)＝lnx＋a(1－x).(1)讨论f(x)的单调性；解答若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.\n(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围.解答由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)无最大值；当a＞0时，f(x)在x＝取得最大值，令g(a)＝lna＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；当a＞1时，g(a)＞0.因此，a的取值范围是(0,1).\n思维升华利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值.已知f(x)的单调性，可转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题；含参函数的最值问题是高考的热点题型，解此类题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图象的性质进行分析.\n跟踪训练1已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e为自然对数的底数).(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；解答当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex，所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，因为ex>0，\n(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求a的取值范围.解答\n因为函数f(x)在(－1,1)上单调递增，所以f′(x)≥0对x∈(－1,1)都成立.因为f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈(－1,1)都成立.因为ex>0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1,1)都成立，\n题型二 利用导数研究方程的根或函数的零点问题例2(2015·北京)设函数f(x)＝－klnx，k>0.(1)求f(x)的单调区间和极值；解答\n函数的定义域为(0，＋∞).f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上随x的变化情况如下表：x(0，)(，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘↗所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞).\n(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点.证明\n思维升华函数零点问题一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一.\n跟踪训练2已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.(1)求a；解答f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为y＝ax＋2.由题设得＝－2，所以a＝1.\n(2)证明：当k<1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点.证明\n由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.由题设知1－k>0.当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)单调递增，g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一实根.当x>0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x).h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，\n所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.所以g(x)＝0在(0，＋∞)上没有实根.综上，g(x)＝0在R上有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点.\n题型三 利用导数研究不等式问题例3已知f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；解答∀x∈(0，＋∞)，有2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋，x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4.因为对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4.\n证明f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是，当且仅当x＝1时取到.\n思维升华求解不等式恒成立或有解时参数的取值范围问题，一般常用分离参数的方法，但是如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值，或者求解其函数最值烦琐时，可采用直接构造函数的方法求解.\n跟踪训练3已知函数f(x)＝x3－2x2＋x＋a，g(x)＝－2x＋，若对任意的x1∈[－1,2]，存在x2∈[2,4]，使得f(x1)＝g(x2)，则实数a的取值范围是___________.答案解析\n问题等价于f(x)的值域是g(x)的值域的子集，显然，g(x)单调递减，对于f(x)，f′(x)＝3x2－4x＋1，令f′(x)＝0，解得x＝或x＝1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况列表如下：x－1(－1，)(，1)1(1,2)2f′(x)＋0－0＋f(x)a－4递增＋a递减a递增a＋2\n∴f(x)max＝a＋2，f(x)min＝a－4，\n课时作业\n(1)求a的值；解答由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝，12345\n(2)求函数f(x)的单调区间.解答令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.因为x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去.当x∈(0,5)时，f′(x)<0，故f(x)在(0,5)内为减函数；当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)内为增函数.综上，f(x)的单调增区间为(5，＋∞)，单调减区间为(0,5).12345\n2.(2015·重庆)设函数f(x)＝(a∈R).(1)若f(x)在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；解答因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0.12345\n(2)若f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求a的取值范围.解答12345\n令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，当x＜x1时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)为减函数；当x1＜x＜x2时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，故f(x)为增函数；当x＞x2时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)为减函数.12345\n3.已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝(－x2＋ax－3)ex(a为实数).(1)当a＝5时，求函数y＝g(x)在x＝1处的切线方程；解答当a＝5时，g(x)＝(－x2＋5x－3)ex，g(1)＝e.又g′(x)＝(－x2＋3x＋2)ex，故切线的斜率为g′(1)＝4e.所以切线方程为y－e＝4e(x－1)，即4ex－y－3e＝0.12345\n(2)求f(x)在区间[t，t＋2](t>0)上的最小值.解答12345\n函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0，)(，＋∞)f′(x)－0＋f(x)单调递减极小值单调递增①当t≥时，在区间[t，t＋2]上f(x)为增函数，所以f(x)min＝f(t)＝tlnt.12345\n4.已知函数f(x)＝x2＋xsinx＋cosx.(1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，求a与b的值；解答由f(x)＝x2＋xsinx＋cosx，得f′(x)＝x(2＋cosx).因为曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，所以f′(a)＝a(2＋cosa)＝0，b＝f(a).解得a＝0，b＝f(0)＝1.12345\n(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围.解答12345\n令f′(x)＝0，得x＝0.当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：x(－∞，0)0(0，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘1↗所以函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，f(0)＝1是f(x)的最小值.当b≤1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b最多只有一个交点；当b>1时，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1>4b－2b－1>b，f(0)＝11时曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点.综上可知，如果曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，＋∞).12345\n5.(2016·四川)设函数f(x)＝ax2－a－lnx，其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；解答当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减.当a>0时，由f′(x)＝0，有x＝.此时，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增.12345\n(2)确定a的所有可能取值，使得f(x)>－e1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e＝2.718…为自然对数的底数).解答12345\n则s′(x)＝ex－1－1.而当x>1时，s′(x)>0，所以s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增.又由s(1)＝0，有s(x)>0，从而当x>1时，g(x)>0.当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－lnx<0.故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.12345\n所以此时f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立.因此，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增.又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立.12345
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