版高考数学大一轮复习高考专题突破一高考中的导数应用问题试题理北师大版Word下载.docx
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即k的取值范围为[1,+∞).
3.(2016·
宝鸡模拟)函数f(x)=在[-2,2]上的最大值为2,则a的范围是( )
A.[ln2,+∞)B.[0,ln2]
C.(-∞,0]D.(-∞,ln2]
解析 当x≤0时,f′(x)=6x2+6x=6x(x+1),
所以f(x)在(-∞,-1)上为增函数,
在(-1,0]上为减函数,
所以f(x)在x∈[-2,0]上的最大值为f(-1)=2,
欲使得函数f(x)=在[-2,2]上的最大值为2,
则当x=2时,e2a的值必须小于等于2,
即e2a≤2,解得a∈(-∞,ln2].
4.(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 1-ln2
解析 y=lnx+2的切线为y=·
x+lnx1+1(设切点横坐标为x1),
y=ln(x+1)的切线为y=x+ln(x2+1)-(设切点横坐标为x2),
∴
解得x1=,x2=-,∴b=lnx1+1=1-ln2.
5.(2016·
陕西西工大附中模拟)设函数f(x)为(-∞,0)上的可导函数,其导函数为f′(x),且有2f(x)+xf′(x)>
x2,则不等式(x+2016)2f(x+2016)-9f(-3)>
0的解集为________.
答案 {x|x<
-2019}
解析 由2f(x)+xf′(x)>
x2(x<
0),
得2xf(x)+x2f′(x)<
x3,
即[x2f(x)]′<
x3<
0.
令F(x)=x2f(x),
则当x<
0时,F′(x)<
0,即F(x)在(-∞,0)上是减函数,
∴F(x+2016)=(x+2016)2f(x+2016),
F(-3)=9f(-3),
即不等式等价为F(x+2016)-F(-3)>
∵F(x)在(-∞,0)上是减函数,
∴由F(x+2016)>
F(-3),得x+2016<
-3,
∴x<
-2019.
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;
(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
(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-a.
若a≤0,则f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上是增加的.
若a>0,则当x∈时,f′(x)>0;
当x∈时,f′(x)<0.所以f(x)在上是增加的,在上是减少的.
(2)由
(1)知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上无最大值;
当a>0时,f(x)在x=取得最大值,最大值为f=ln+a=-lna+a-1.
因此f>2a-2等价于lna+a-1<0.
令g(a)=lna+a-1,则g(a)在(0,+∞)上是增加的,
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).
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像的性质进行分析.
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)的递增区间;
(2)若函数f(x)在(-1,1)上是增加的,求a的取值范围.
解
(1)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,
所以-x2+2>
0,解得-<
x<
.
所以函数f(x)的递增区间是(-,).
(2)因为函数f(x)在(-1,1)上是增加的,
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,
即a≥=
=(x+1)-对x∈(-1,1)都成立.
令y=(x+1)-,则y′=1+>
所以y=(x+1)-在(-1,1)上是增加的,
所以y<
(1+1)-=,即a≥.
因此a的取值范围为[,+∞).
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>
(1)求f(x)的单调区间和极值;
(2)证明:
若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.
(1)解 函数的定义域为(0,+∞).由f(x)=-klnx(k>
0),得f′(x)=x-=.
由f′(x)=0,解得x=(负值舍去).
f(x)与f′(x)在区间(0,+∞)上随x的变化情况如下表:
x
(0,)
(,+∞)
f′(x)
-
+
f(x)
↘
↗
所以,f(x)的递减区间是(0,),递增区间是(,+∞).
f(x)在x=处取得极小值f()=.
(2)证明 由
(1)知,f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为f()=.
因为f(x)存在零点,所以≤0,从而k≥e,
当k=e时,f(x)在区间(1,]上是减少的且f()=0,
所以x=是f(x)在区间(1,]上的唯一零点.
当k>
e时,f(x)在区间(0,)上是减少的且f
(1)=>
0,f()=<
所以f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.
综上可知,若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.
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,并借助函数图像,根据零点或图像的交点情况,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.
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;
当k<
1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.
(1)解 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.
(2)证明 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>
当x≤0时,g′(x)=3x2-6x+1-k>
0,g(x)是增加的,
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)上是减少的,在(2,+∞)上是增加的,
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.
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;
对一切x∈(0,+∞),都有lnx>
-成立.
(1)解 对一切x∈(0,+∞),有
2xlnx≥-x2+ax-3,则a≤2lnx+x+,
设h(x)=2lnx+x+(x>
则h′(x)=,
当x∈(0,1)时,h′(x)<
0,h(x)是减少的,
当x∈(1,+∞)时,h′(x)>
0,h(x)是增加的,
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.
(2)证明 问题等价于证明
xlnx>
-(x∈(0,+∞)).
f(x)=xlnx(x∈(0,+∞))的最小值是-,
当且仅当x=时取到,设m(x)=-(x∈(0,+∞)),则m′(x)=,易知m(x)max=m
(1)=-,
当且仅当x=1时取到.
从而对一切x∈(0,+∞),都有lnx>
-成立.
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.
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 问题等价于f(x)的值域是g(x)的值域的子集,
显然,g(x)是减少的,∴g(x)max=g
(2)=,
g(x)min=g(4)=-;
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:
-1
(-1,)
(,1)
1
(1,2)
2
a-4
+a
a
a+2
∴f(x)max=a+2,f(x)min=a-4,
∴a∈[-,-].
1.已知函数f(x)=+-lnx-,其中a∈R,且曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线垂直于直线y=x.
(1)求a的值;
(2)求函数f(x)的单调区间.
解
(1)对f(x)求导得f′(x)=--,
由f(x)在点(1,f
(1))处的切线垂直于直线y=x,知f′
(1)=--a=-2,解得a=.
(2)由
(1)知f(x)=+-lnx-,
则f′(x)=.
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)<
故f(x)在(0,5)内为减函数;
当x∈(5,+∞)时,f′(x)>
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).
2.(2016·
千阳中学模拟)已知函数f(x)=xlnx.
(1)求f(x)的最小值;
(2)若对所有x≥1都有f(x)≥ax-1,求实数a的取值范围.
解
(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f(x)的导数f′(x)=1+lnx,
0,解
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