高三一轮复习热点题型高考专题突破1导数应用问题.docx
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高三一轮复习热点题型高考专题突破1导数应用问题
高考专题突破一 高考中的导数应用问题
1.(2015·课标全国Ⅱ)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当x>0时,xf′(x)-f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A.(-∞,-1)∪(0,1)
B.(-1,0)∪(1,+∞)
C.(-∞,-1)∪(-1,0)
D.(0,1)∪(1,+∞)
答案 A
解析 因为f(x)(x∈R)为奇函数,f(-1)=0,所以f
(1)=-f(-1)=0.当x≠0时,令g(x)=,则g(x)为偶函数,且g
(1)=g(-1)=0.则当x>0时,g′(x)=′=<0,故g(x)在(0,+∞)上为减函数,在(-∞,0)上为增函数.所以在(0,+∞)上,当0<x<1时,g(x)>g
(1)=0⇔>0⇔f(x)>0;在(-∞,0)上,当x<-1时,g(x)<g(-1)=0⇔<0⇔f(x)>0.综上,使得f(x)>0成立的x的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1),选A.
2.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 D
解析 由于f′(x)=k-,f(x)=kx-lnx在区间(1,+∞)
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,+∞).
3.函数f(x)=3x2+lnx-2x的极值点的个数是( )
A.0B.1C.2D.无数个
答案 A
解析 函数定义域为(0,+∞),
且f′(x)=6x+-2=,
由于x>0,g(x)=6x2-2x+1中Δ=-20<0,
所以g(x)>0恒成立,故f′(x)>0恒成立,
即f(x)在定义域上单调递增,无极值点.
4.(2015·课标全国Ⅰ)已知函数f(x)=ax3+x+1的图象在点(1,f
(1))处的切线过点(2,7),则a=.
答案 1
解析 f′(x)=3ax2+1,f′
(1)=1+3a,f
(1)=a+2.
(1,f
(1))处的切线方程为y-(a+2)=(1+3a)(x-1).
将(2,7)代入切线方程,得7-(a+2)=1+3a,
解得a=1.
5.设函数f(x)=,g(x)=,对任意x1,x2∈(0,+∞),不等式≤恒成立,则正数k的取值范围是.
答案 [1,+∞)
解析 因为对任意x1,x2∈(0,+∞),
不等式≤恒成立,所以≥.
因为g(x)=,
所以g′(x)=e2-x(1-x).
当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.
又f(x)=e2x+≥2e(x>0).
当且仅当e2x=,即x=时取等号,故f(x)min=2e.
所以==,应有≥,
又k>0,所以k≥1.
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,+∞)上单调递增.
若a>0,则当x∈时,f′(x)>0;当x∈时,f′(x)<0.所以f(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)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,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).
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.
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;
(2)若函数f(x)在(-1,1)上单调递增,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- 所以函数f(x)的单调递增区间是(-,). (2)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, 即a≥= =(x+1)-对x∈(-1,1)都成立. 令y=(x+1)-,则y′=1+>0. 所以y=(x+1)-在(-1,1)上单调递增, 所以y<(1+1)-=.即a≥. 因此a的取值范围为[,+∞]. 题型二 利用导数研究不等式问题 例2 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; (2)证明: 对一切x∈(0,+∞),都有lnx>-成立. (1)解 ∀x∈(0,+∞),有 2xlnx≥-x2+ax-3,则a≤2lnx+x+, 设h(x)=2lnx+x+(x>0), 则h′(x)=, ①当x∈(0,1)时,h′(x)<0,h(x)单调递减, ②当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. (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 (1)恒成立问题可以转化为我们较为熟悉的求最值的问题进行求解,若不能分离参数,可以将参数看成常数直接求解. (2)证明不等式,可以转化为求函数的最值问题. 已知函数f(x)=+,曲线y=f(x)在点(1,f (1)处的切线方程为x+2y-3=0. (1)求a,b的值; (2)证明: 当x>0,且x≠1时,f(x)>. (1)解 f′(x)=-. 由于直线x+2y-3=0的斜率为-,且过点(1,1), 故即 解得a=1,b=1. (2)证明 由 (1)知f(x)=+, 所以f(x)-=. 考虑函数h(x)=2lnx-(x>0), 则h′(x)=-=-. 所以当x≠1时,h′(x)<0.而h (1)=0,故当x∈(0,1)时,h(x)>0,可得h(x)>0; 当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,可得h(x)>0. 从而当x>0,且x≠1时,f(x)->0. 即f(x)>. 题型三 利用导数研究函数零点或图象交点问题 例3 设函数f(x)=lnx+,m∈R. (1)当m=e(e为自然对数的底数)时,f(x)的极小值; (2)讨论函数g(x)=f′(x)-零点的个数. 解 (1)由题设,当m=e时,f(x)=lnx+, 则f′(x)=,由f′(x)=0,得x=e. ∴当x∈(0,e),f′(x)<0,f(x)在(0,e)上单调递减, 当x∈(e,+∞),f′(x)>0,f(x)在(e,+∞)上单调递增, ∴当x=e时,f(x)取得极小值f(e)=lne+=2, ∴f(x)的极小值为2. (2)由题设g(x)=f′(x)-=--(x>0), 令g(x)=0,得m=-x3+x(x>0). 设φ(x)=-x3+x(x≥0), 则φ′=-x2+1=-(x-1)(x+1), 当x∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增; 当x∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减. ∴x=1是φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,因此x=1也是φ(x)的最大值点. ∴φ(x)的最大值为φ (1)=. 又φ(0)=0,结合y=φ(x)的图象(如图), 可知: ①当m>时,函数g(x)无零点; ②当m=时,函数g(x)有且只有一个零点; ③当0 ④当m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点. 综上所述,当m>时,函数g(x)无零点; 当m=或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点; 当0 思维升华 用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断;另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合思想画草图确定参数范围. 已知函数f(x)=2lnx-x2+ax(a∈R). (1)当a=2时,求f(x)的图象在x=1处的切线方程; (2)若函数g(x)=f(x)-ax+m在[,e]上有两个零点,求实数m的取值范围. 解 (1)当a=2时,f(x)=2lnx-x2+2x,f′(x)=-2x+2,切点坐标为(1,1),切线的斜率k=f′ (1)=2,则切线方程为y-1=2(x-1),即2x-y-1=0. (2)g(x)=2lnx-x2+m, 则g′(x)=-2x=. ∵x∈[,e], ∴当g′(x)=0时,x=1. 当 当1 故g(x)在x=1处取得极大值g (1)=m-1. 又g()=m-2-,g(e)=m+2-e2, g(e)-g()=4-e2+<0, 则g(e) ∴g(x)在[,e]上的最小值是g(e). g(x)在[,e]上有两个零点的条件是 解得1 ∴实数m的取值范围是(1,2+]. (时间: 70分钟) 1.(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; (2)若f(x)在[3,+∞)上为减函数,求a的取值范围. 解 (1)对f(x)求导得 f′(x)= =, 因为f(x)在x=0处取得极值,所以f′(0)=0,即a=0. 当a=0时,f(x)=,f′(x)=,故f (1)=,f′ (1)=,从而f(x)在点(1,f (1))处的切线方程为y-=(x-1),化简得3x-ey=0. (2)由 (1)知f′(x)=. 令g(x)=-3x2+(6-a)x+a, 由g(x)=0解得x1=, x2=. 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. 由f(x)在[3,+∞)上为减函数,知x2=≤3,解得a≥-, 故a的取值范围为. 2.已知函数f(x)=xcosx-sinx,x∈[0,]. (1)求证: f(x)≤0; (2)若a< (1)证明 由f(x)=xcosx-sinx,得 f′(x)=cosx-xsinx-cosx=-xsinx. 因为在区间(0,)上f′(x)=-xsinx<0, 所以f(x)在区间[0,]上单调递减. 从而f(x)≤f(0)=0. (2)解 当x>0时,“>a”等价于“sinx-ax>0”; “ 令g(x)=sinx-cx,则g′(x)=cosx-c. 当c≤0时,g(x)>0对任意x∈(0,)恒成立, 当c≥1时,因为对任意x∈(0,),g′(x)=cosx-c<0, 所以g(x)在区间[0,]上单调递减. 从而g(x) 当0 g′(x0)=cosx0-c=0. g(x)与g′(x)在区间(0,)上的情况如下: x (0,x0) x0 (x0,) g′(x) + 0 - g(x) 因为g(x)在区间[0,x0]上是增函数, 所以g(x0)>g(0)=0. 进一步,“g(x)>0对任意x∈(0,)恒成立”当且仅当 g()=1-c≥0,即0 综上所述,当且仅当c≤时,g(x)>0对任意x∈(0,)恒成立; 当且仅当c≥1时,g(x)<0对任意x∈(0,)恒成立. 所以,若a< 3.某种产品每件成本为6元,每件售价为x元(6 (1)求年销售利润y关于售价x的函数表达式; (2)求售价为多少时,年利润最大,并求出最大年利润. 解 (1)设-u=k(x-)2, ∵售价为10元时,年销量为28万件, ∴-28=k(10-)2,解得k=2. ∴u=-2(x-)2+=-2x2+21x+18. ∴y=(-2x2+21x+18)(x-6)=-2x3+33x2-108x-108(6 (2)y′=-6x2+66x-108=-6(x2-11x+18) =-6(x-2)(x-9). 令y′=0,得x=2(舍去)或x=9, 显然,当x∈(6,9)时,y′>0; 当x∈(9,11)时,y′<0. ∴函数y=-2x3+33x2-108x-108在(6,9)上单调递增,在(9,11)上单调递减. ∴当x=9时,y取最大值,且ymax=135, 即售价为9元时,年利润最大,最大年利润为135万元. 4.(2015·课标全国Ⅰ)设函数f(x)=e2x-alnx. (1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数; (2)证明: 当a>0时,f(x)≥2a+aln. (1)解 f(x)的定义域为(0,+∞), f′(x)=2e2x-(x>0). 当a≤0时,f′(x)>0,f′(x)没有零点. 当a>0时,因为y=e2x单调递增,y=-单调递增, 所以f′(x)在(0,+∞)上单调递增.又f′(a)>0,当b满足00时,f′(x)存在唯一零点. (2)证明 由 (1),可设f′(x)在(0,+∞)的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f′(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0. 故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0). 由于 -=0,所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln.故当a>0时,f(x)≥2a+aln. 5.已知函数f(x)=. (1)若f(x)在区间(-∞,2)上为单调递增函数,求实数a的取值范围; (2)若a=0,x0<1,设直线y=g(x)为函数f(x)的图象在x=x0处的切线,求证: f(x)≤g(x). (1)解 易得f′(x)=-, 由已知得f′(x)≥0对x∈(-∞,2)恒成立, 故x≤1-a对x∈(-∞,2)恒成立, ∴1-a≥2,∴a≤-1. (2)证明 a=0,则f(x)=. 函数f(x)的图象在x=x0处的切线方程为y=g(x)=f′(x0)(x-x0)+f(x0). 令h(x)=f(x)-g(x) =f(x)-f′(x0)(x-x0)-f(x0),x∈R, 则h′(x)=f′(x)-f′(x0)=- = . 设φ(x)=(1-x) -(1-x0)ex,x∈R, 则φ′(x)=-ex0-(1-x0)ex, ∵x0<1,∴φ′(x)<0, ∴φ(x)在R上单调递减,而φ(x0)=0, ∴当x ∴当x ∴h(x)在区间(-∞,x0)上为增函数,在区间(x0,+∞)上为减函数, ∴x∈R时,h(x)≤h(x0)=0, ∴f(x)≤g(x).
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