第三章导数及其应用高考专题突破一高考中的导数应用问题内容索引考点自测快速解答自查自纠题型分类对接高考深度剖析练出高分考点自测考点自测1．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)45123解析答案1答案B451232.若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是()A.(－∞，－2] B.(－∞，－1]C.[2，＋∞) D.[1，＋∞)D即k的取值范围为[1，＋∞).45123解析答案3.函数f(x)＝3x2＋lnx－2x的极值点的个数是()A.0B.1C.2D.无数个解析函数定义域为(0，＋∞)，A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.45123解析答案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＝________.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＝1.145123解析答案45123返回解析答案解析因为对任意x1，x2∈(0，＋∞)，所以g′(x)＝e2－x(1－x).当00；当x>1时，g′(x)<0，45123解析答案所以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.答案[1，＋∞)45123返回题型分类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；若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.思维升华解析答案(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围.解由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)无最大值；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).思维升华解析答案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；解当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，跟踪训练1解析答案(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求a的取值范围.解析答案解因为函数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，解析答案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；解析答案解?x∈(0，＋∞)，有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.思维升华解析答案思维升华(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.跟踪训练2(1)求a，b的值；解析答案解析答案解析答案所以当x≠1时，h′(x)<0.而h(1)＝0，题型三利用导数研究函数零点或图象交点问题(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，f(x)的极小值；∴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，∴f(x)的极小值为2.解析答案解析答案则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.解析答案又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，解析答案思维升华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)＝x3－3ax－1，a≠0.(1)求f(x)的单调区间；跟踪训练3解析答案解由已知得，f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，当a<0时，对x∈R恒有f′(x)>0，此时f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)．(2)若f(x)在x＝－1处取得极值，直线y＝m与f(x)的图象有三个不同的交点，求m的取值范围．返回解析答案解因为f(x)在x＝－1处取得极值，所以f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，所以a＝1.所以f(x)＝x3－3x－1，f′(x)＝3x2－3.由f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝1.由(1)可知f(x)在x＝－1处取得极大值f(－1)＝1，在x＝1处取得极小值f(1)＝－3.因为直线y＝m与函数f(x)的图象有三个不同的交点，又f(－3)＝－19<－3，f(3)＝17>1，结合f(x)的单调性，可知m的取值范围是(－3,1)．返回练出高分12345(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；解析答案12345因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0.12345(2)若f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求a的取值范围.解析答案12345令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，解析答案12345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解由f(x)＝xcosx－sinx得f′(x)＝cosx－xsinx－cosx＝－xsinx.解析答案12345解析答案12345令g(x)＝sinx－cx，则g′(x)＝cosx－c.解析答案12345解析答案12345因为g(x)在区间[0，x0]上是增函数，所以g(x0)>g(0)＝0.解析答案1234512345∵售价为10元时，年销量为28万件，∴y＝(－2x2＋21x＋18)(x－6)＝－2x3＋33x2－108x－108(60；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.解析答案12345解析答案12345整理得x3＋x2－x－2＝0(x≠1)．令y＝x3＋x2－x－2，求导得y′＝3x2＋2x－1，解析答案12345所以y＝x3＋x2－x－2＝0的解只有一个．即y＝f(x)与y＝g(x)的公共点只有一个．12345(2)a为何值时，y＝f(x)和y＝g(x)的公共点个数恰为两个．解析答案12345整理得a＝x3＋x2－x(x≠1)，令h(x)＝x3＋x2－x(x≠1)，解析答案12345当a＝h(－1)＝1时，y＝a与y＝h(x)仅有一个公共点(因为(1,1)点不在y＝h(x)曲线上)，12345(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；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.解析答案12345(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).返回解析答案12345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，解析答案12345设φ(x)＝(1－x)－(1－x0)ex，x∈R，则φ′(x)＝－－(1－x0)ex，∵x0<1，∴φ′(x)<0，∴φ(x)在R上单调递减，而φ(x0)＝0，∴当x0，当x>x0时，φ(x)<0，解析答案12345∴当x0，当x>x0时，h′(x)<0，∴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).返回因此在R上是单调递减函数，解析由于f(x)>xf′(x)，则′＝<0恒成立，∴<，即3f(1)>f(3)．故选B.解析由于f′(x)＝k－，f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)
由于k≥，而0<<1，所以k≥1.
单调递增?f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立.
且f′(x)＝6x＋－2＝，
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________.
不等式≤恒成立，所以≥.
因为g(x)＝，
又f(x)＝e2x＋≥2e(x>0).
所以＝＝，应有≥，又k>0，所以k≥1.
当且仅当e2x＝，即x＝时取等号，故f(x)min＝2e.
解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.所以f(x)在上单调递增，在上单调递减.当x∈时，f′(x)＜0.若a＞0，则当x∈时，f′(x)＞0；当a＞0时，f(x)在x＝取得最大值，因此f＞2a－2等价于lna＋a－1＜0.最大值为f＝ln＋a＝－lna＋a－1.所以－x2＋2>0，解得－0.
所以y<(1＋1)－＝.即a≥.因此a的取值范围为a≥.
所以y＝(x＋1)－在(－1,1)上单调递增，
2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋，
则h′(x)＝，
设h(x)＝2lnx＋x＋(x>0)，
当且仅当x＝1时取到.从而对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx>－成立.
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx>－成立.
则m′(x)＝，易知m(x)max＝m(1)＝－，
当且仅当x＝时取到，设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，
f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－，
证明问题等价于证明xlnx>－(x∈(0，＋∞)).
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.
故即解得a＝1，b＝1.
由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，
解f′(x)＝－.
(2)证明：当x>0，且x≠1时，f(x)>.
证明由(1)知f(x)＝＋，
则h′(x)＝－＝－.
考虑函数h(x)＝2lnx－(x>0)，
所以f(x)－＝.
故当x∈(0,1)时，h(x)>0，可得h(x)>0；
即f(x)>.
从而当x>0，且x≠1时，f(x)－>0.
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，可得h(x)>0.
例3设函数f(x)＝lnx＋，m∈R.
∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝lne＋＝2，
则f′(x)＝，由f′(x)＝0，得x＝e.
解由题设，当m＝e时，f(x)＝lnx＋，
(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数.
解由题设g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)，
设φ(x)＝－x3＋x(x≥0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0).
④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点.
∴φ(x)的最大值为φ(1)＝.
③当0
②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；
可知①当m>时，函数g(x)无零点；
综上所述，当m>时，函数g(x)无零点；
当0
当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当a>0时，f′(x)>0，解得x<－或x>，f(x)的单调减区间为(－，)．此时f(x)的单调增区间为(－∞，－)，(，＋∞)，由f′(x)<0，解得－
当a＝0时，f(x)＝，f′(x)＝，
＝，
解对f(x)求导得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.
解由(1)知f′(x)＝.
x2＝.
由g(x)＝0解得x1＝，
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；
所以f(x)在区间[0，]上单调递减.从而f(x)≤f(0)＝0.
因为在区间(0，)上f′(x)＝－xsinx<0，
(2)若a<
解当x>0时，“>a”等价于“sinx－ax>0”；
当c≥1时，因为对任意x∈(0，)，g′(x)＝cosx－c<0，
当c≤0时，g(x)>0对任意x∈(0，)恒成立，
“
所以g(x)在区间[0，]上单调递减.
g(x)与g′(x)在区间(0，)上的情况如下：
当0
从而g(x)
g()＝1－c≥0，即00对任意x∈(0，)恒成立”当且仅当x (0，x0) x0 (x0，) g′(x) ＋ 0 － g(x) ↘
综上所述，当且仅当c≤时，g(x)>0对任意x∈(0，)恒成立；则a的最大值为，b的最小值为1.所以，若a<
(1)求年销售利润y关于售价x的函数表达式；
∴u＝－2(x－)2＋＝－2x2＋21x＋18.
∴－28＝k(10－)2，解得k＝2.
解设－u＝k(x－)2，
4．已知f(x)＝x2＋3x＋1，g(x)＝＋x.(1)a＝2时，求y＝f(x)和y＝g(x)的公共点个数；令y′＝0，得x1＝－1，x2＝，得x2＋3x＋1＝＋x，解a＝2时，由故得极值点分别在－1和处取得，且极大值、极小值都是负值．联立解由得x2＋3x＋1＝＋x，对h(x)求导可以得到极值点分别在－1和处，h(x)的草图如图所示，故a＝－时恰有两个公共点．h(－1)＝1，h()＝－，5.已知函数f(x)＝.
解易得f′(x)＝－，
证明a＝0，则f(x)＝.则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝－＝. |
|
