届高考大一轮复习备考讲义全国用人教B版 第三章 导数及其应用高考专题突破一含答案.docx
- 文档编号:632758
- 上传时间:2022-10-11
- 格式:DOCX
- 页数:16
- 大小:146.11KB
届高考大一轮复习备考讲义全国用人教B版 第三章 导数及其应用高考专题突破一含答案.docx
《届高考大一轮复习备考讲义全国用人教B版 第三章 导数及其应用高考专题突破一含答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《届高考大一轮复习备考讲义全国用人教B版 第三章 导数及其应用高考专题突破一含答案.docx(16页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
届高考大一轮复习备考讲义全国用人教B版第三章导数及其应用高考专题突破一含答案
高考专题突破一 高考中的导数应用问题
【考点自测】
1.若函数f(x)=2sinx(x∈[0,π])的图象在点P处的切线平行于函数g(x)=2的图象在点Q处的切线,则直线PQ的斜率为( )
A.B.2
C.D.
答案 A
解析 f′(x)=2cosx∈[-2,2],
g′(x)=+≥2(当且仅当x=1时取等号).
当两函数的切线平行时,xp=0,xQ=1.
即P(0,0),Q,∴直线PQ的斜率为.
2.(2018·西宁质检)若f(x)=-x2+bln(x+2)在(-1,+∞)上是减函数,则b的取值范围是
( )
A.[-1,+∞)B.(-1,+∞)
C.(-∞,-1]D.(-∞,-1)
答案 C
解析 由题意可知f′(x)=-x+≤0在(-1,+∞)上恒成立,即b≤x(x+2)在(-1,+∞)上恒成立.由于g(x)=x(x+2)在(-1,+∞)上是增函数且g(-1)=-1,所以b≤-1.故选C.
3.(2017·全国Ⅱ)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)·ex-1的极值点,则f(x)的极小值为( )
A.-1B.-2e-3C.5e-3D.1
答案 A
解析 函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1,
则f′(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1
=ex-1·[x2+(a+2)x+a-1].
由x=-2是函数f(x)的极值点,得
f′(-2)=e-3·(4-2a-4+a-1)=(-a-1)e-3=0,
所以a=-1.
所以f(x)=(x2-x-1)ex-1,f′(x)=ex-1·(x2+x-2).
由ex-1>0恒成立,得当x=-2或x=1时,f′(x)=0,且当x<-2时,f′(x)>0;
当-2<x<1时,f′(x)<0;
当x>1时,f′(x)>0.
所以x=1是函数f(x)的极小值点.
所以函数f(x)的极小值为f
(1)=-1.
故选A.
4.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的切线方程为y=·x+lnx1+1(设切点横坐标为x1).
y=ln(x+1)的切线方程为y=x+ln(x2+1)-(设切点横坐标为x2),
∴
解得x1=,x2=-,∴b=lnx1+1=1-ln2.
5.(2017·江苏)已知函数f(x)=x3-2x+ex-,其中e是自然对数的底数,若f(a-1)+f(2a2)≤0,则实数a的取值范围是.
答案
解析 因为f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x-
=-x3+2x-ex+=-f(x),
所以f(x)=x3-2x+ex-是奇函数.
因为f(a-1)+f(2a2)≤0,
所以f(2a2)≤-f(a-1),即f(2a2)≤f(1-a).
因为f′(x)=3x2-2+ex+e-x≥3x2-2+2
=3x2≥0,当且仅当x=0时“=”成立,
所以f(x)在R上单调递增,
所以2a2≤1-a,即2a2+a-1≤0,
所以-1≤a≤.
题型一 利用导数研究函数性质
例1(2018·沈阳质检)设f(x)=xlnx-ax2+(2a-1)x,a∈R.
(1)令g(x)=f′(x),求g(x)的单调区间;
(2)已知f(x)在x=1处取得极大值,求实数a的取值范围.
解
(1)由f′(x)=lnx-2ax+2a,
可得g(x)=lnx-2ax+2a,x∈(0,+∞),
所以g′(x)=-2a=.
当a≤0,x∈(0,+∞)时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增;
当a>0,x∈时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增,x∈时,g′(x)<0,函数g(x)单调递减.
所以当a≤0时,函数g(x)的单调递增区间为(0,+∞);
当a>0时,函数g(x)的单调递增区间为,
单调递减区间为.
(2)由
(1)知,f′
(1)=0.
①当a≤0时,f′(x)单调递增,
所以当x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)在x=1处取得极小值,不符合题意;
②当0<a<,即>1时,由
(1)知f′(x)在上单调递增.
可得当x∈(0,1)时,f′(x)<0,
当x∈时,f′(x)>0.
所以f(x)在(0,1)上单调递减,在上单调递增.
所以f(x)在x=1处取得极小值,不符合题意;
③当a=,即=1时,f′(x)在(0,1)上单调递增,
在(1,+∞)上单调递减,
所以当x∈(0,+∞)时,f′(x)≤0,f(x)单调递减,不符合题意;
④当a>,即0<<1时,
当x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
所以f(x)在x=1处取得极大值,符合题意.
综上可知,实数a的取值范围为.
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.
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;
(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≥. 经检验a=时,符合题意. 因此a的取值范围为. 题型二 利用导数研究函数零点问题 例2设函数f(x)=lnx+,m∈R. (1)当m=e(e为自然对数的底数)时,求f(x)的极小值; (2)讨论函数g(x)=f′(x)-的零点的个数. 解 (1)由题设,当m=e时,f(x)=lnx+, 则f′(x)=(x>0),由f′(x)=0,得x=e. ∴当x∈(0,e)时,f′(x)<0,f(x)在(0,e)上单调递减, 当x∈(e,+∞)时,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′(x)=-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. 跟踪训练2 (2018·合肥调研)设函数f(x)=-klnx,k>0. (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) - 0 + f(x) 所以,f(x)的单调递减区间是(0,), 单调递增区间是(,+∞). f(x)在x=处取得极小值f()=,无极大值. (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,]上单调递减且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(1,]上单调递减且 f (1)=>0,f()=<0, 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. 题型三 利用导数研究不等式问题 例3(2017·宝鸡质检)设函数f(x)=ax2lnx+b(x-1),曲线y=f(x)过点(e,e2-e+1),且在点(1,0)处的切线方程为y=0. (1)求a,b的值; (2)证明: 当x≥1时,f(x)≥(x-1)2; (3)若当x≥1时,f(x)≥m(x-1)2恒成立,求实数m的取值范围. (1)解 由题意可知,f(x)=ax2lnx+b(x-1)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2axlnx+ax+b(x>0), ∵f′ (1)=a+b=0, f(e)=ae2+b(e-1)=a(e2-e+1)=e2-e+1, ∴a=1,b=-1. (2)证明 f(x)=x2lnx-x+1, f(x)-(x-1)2=x2lnx+x-x2, 设g(x)=x2lnx+x-x2(x≥1), 则g′(x)=2xlnx-x+1. 由(g′(x))′=2lnx+1>0,得g′(x)在[1,+∞)上单调递增,∴g′(x)≥g′ (1)=0, ∴g(x)在[1,+∞)上单调递增, ∴g(x)≥g (1)=0. ∴f(x)≥(x-1)2. (3)解 设h(x)=x2lnx-x-m(x-1)2+1(x≥1), 则h′(x)=2xlnx+x-2m(x-1)-1, 由 (2)知x2lnx≥(x-1)2+x-1=x(x-1), ∴xlnx≥x-1, ∴h′(x)≥3(x-1)-2m(x-1)=(3-2m)(x-1). ①当3-2m≥0,即m≤时,h′(x)≥0, ∴h(x)在[1,+∞)上单调递增, ∴h(x)≥h (1)=0成立. ②当3-2m<0,即m>时, h′(x)=2xlnx+(1-2m)(x-1),(h′(x))′=2lnx+3-2m, 令(h′(x))′=0,得x0=e>1, 当x∈[1,x0)时,h′(x)单调递减,则h′(x)≤h′ (1)=0, ∴h(x)在[1,
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 届高考大一轮复习备考讲义全国用人教B版 第三章 导数及其应用高考专题突破一含答案 高考 一轮 复习 备考 讲义 全国 用人 第三 导数 及其 应用 专题 突破 答案