高科数学专题复习课件:高考专题突破一
高考专题突破一
高考中的导数应用问题
考点自测
课时作业
题型分类 深度剖析
内容索引
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)
答案 解析
2.若函数f(x)=kx-ln x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-ln x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,+∞).
3.(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.
4.(2016·全国甲卷)若直线y=kx+b是曲线y=ln x+2的切线,也是曲线y
=ln(x+1)的切线,则b=________. 答案 解析1-ln 2
答案 解析[1,+∞)
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.
题型分类 深度剖析
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)=ln x+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.
(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)=ln a+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.
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,
(2)若函数f(x)在(-1,1)上单调递增,求a的取值范围.
解答
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,
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)= -kln x,k>0.
(1)求f(x)的单调区间和极值;
解答
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( ,+∞).
(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
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 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.
(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
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,
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)=xln x,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2xln x≥-x2+ax-3,则a≤2ln x+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.
证明
f(x)=xln x(x∈(0,+∞))的最小值是 ,
当且仅当x=1时取到.
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.
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
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) 2
f′(x) + 0 - 0 +
f(x) a-4 递增 +a 递减 a 递增 a+2
∴f(x)max=a+2,f(x)min=a-4,
课时作业
(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= ,
1 2 3 4 5
(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).
1 2 3 4 5
2.(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.
1 2 3 4 5
(2)若f(x)在[3,+∞)上为减函数,求a的取值范围. 解答
1 2 3 4 5
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.
1 2 3 4 5
3.已知函数f(x)=xln x,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.
1 2 3 4 5
(2)求f(x)在区间[t,t+2](t>0)上的最小值. 解答
1 2 3 4 5
函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=ln x+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)=tln t.
1 2 3 4 5
4.已知函数f(x)=x2+xsin x+cos x.
(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+xsin x+cos x,得f′(x)=x(2+cos x).
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+cos a)=0,b=f(a).
解得a=0,b=f(0)=1.
1 2 3 4 5
(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
1 2 3 4 5
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,+∞).
1 2 3 4 5
5.(2016·四川)设函数f(x)=ax2-a-ln x,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.
1 2 3 4 5
(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
1 2 3 4 5
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)-ln x<0.
故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.
1 2 3 4 5
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.
1 2 3 4 5