高考理科数学专题复习练习3.1导数的概念及运算
第三章导数及其应用
3.1导数的概念及运算
专题1
导数的概念与几何意义
■(2015江西南昌十所省重点中学高考模拟,导数的概念与几何意义,填空题,理14)函数f(x)=2ln x+x2在x=1处的切线方程是 .
解析:由f(x)=2lnx+x2,得f'(x)=+2x.
∴f'(1)=4.又f(1)=1,
∴函数f(x)=2lnx+x2在x=1处的切线方程为y-1=4(x-1).即4x-y-3=0.
答案:4x-y-3=0
■(2015江西师大附中、鹰潭一中模拟,导数的概念与几何意义,选择题,理12)已知实数a,b,c,d满足=1,其中e是自然对数的底数,则(a-c)2+(b-d)2的最小值为( )
A.8 B.10 C.12 D.18
解析:∵实数a,b,c,d满足=1,∴b=a-2ea,d=2-c.
∴点(a,b)在曲线y=x-2ex上,点(c,d)在曲线y=2-x上,(a-c)2+(b-d)2的几何意义就是曲线y=x-2ex到直线y=2-x上点的距离最小值的平方.
∵y'=1-2ex,求出y=x-2ex上和直线y=2-x平行的切线方程,∴令y'=1-2ex=-1,
解得x=0,∴切点为(0,-2),
该切点到直线y=2-x的距离d==2,就是所要求的两曲线间的最小距离.
故(a-c)2+(b-d)2的最小值为d2=8.
答案:A
■(2015沈阳四校联考模拟,导数的概念与几何意义,选择题,理9)已知函数f(x)=x2+bx的图象在点A(1,f(1))处的切线斜率为3,数列的前n项和为Sn,则S2 014的值为( )
A. B. C. D.
解析:函数的导数f'(x)=2x+b,
∵点A(1,f(1))处的切线的斜率为3,
∴f'(1)=2+b=3,解得b=1.
∴f(x)=x2+x=x(x+1),
∴,
∴S2014=+…+=1-.
答案:C
■(2015沈阳大连二模,导数的概念与几何意义,填空题,理15)设点P在曲线y=x2+1(x≥0)上,点Q在曲线y=(x≥1)上,则|PQ|的最小值为 .
答案:
专题2
导数的运算
■(2015江西师大附中、鹰潭一中模拟,导数的运算,选择题,理9)设函数y=f(x)在区间(a,b)上的导函数为f'(x),f'(x)在区间(a,b)上的导函数为f″(x),若在区间(a,b)上f″(x)<0恒成立,则称函数f(x)在区间(a,b)上为“凸函数“;已知f(x)=x4-x3-x2在(1,3)上为“凸函数”,则实数m的取值范围是( )
A. B.
C.(-∞,-2) D.[2,+∞)
解析:∵f(x)=x4-x3-x2,∴f'(x)=x3-x2-3x,∴f″(x)=x2-mx-3.
∵f(x)为区间(1,3)上的“凸函数”,则有f″(x)=x2-mx-3<0在区间(1,3)上恒成立,∴
解得m≥2.
答案:D
■(2015沈阳四校联考模拟,导数的运算,填空题,理16)对于三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0),定义:设f″(x)是函数y=f(x)的导数y=f'(x)的导数,若方程f″(x)=0有实数解x0,则称点(x0,f(x0))为函数y=f(x)的“拐点”.有同学发现“任何一个三次函数都有‘拐点’;任何一个三次函数都有对称中心,且‘拐点’就是对称中心.”请你根据这一发现,函数f(x)=x3-3x2+3x+1的对称中心为 .
解析:∵函数f(x)=x3-3x2+3x+1,
∴f'(x)=3x2-6x+3,∴f″(x)=6x-6.
令f″(x)=6x-6=0,解得x=1,且f(1)=2,故函数f(x)=x3-3x2+3x+1的对称中心为(1,2).
答案:(1,2)
3.2导数与函数的单调性、极值、最值
专题1
导数与函数的单调性
■(2015沈阳四校联考模拟,导数与函数的单调性,选择题,理11)已知定义域为R的奇函数f(x)的导函数为f'(x),当x≠0时,f'(x)+>0,若a=,b=-2f(-2),c=,则a,b,c的大小关系正确的是( )
A.a
0时,h'(x)=f(x)+x·f'(x)>0,
∴此时函数h(x)单调递增.
∵a==h,b=-2f(-2)=2f(2)=h(2),c==h=h(-ln2)=h(ln2),
又2>ln2>,
∴b>c>a.
答案:A
■(2015沈阳四校联考模拟,导数与函数的单调性,解答题,理20)已知函数f(x)=ax3+bx2的图象经过点M(1,4),曲线在点M处的切线恰好与直线x+9y=0垂直.
(1)求实数a,b的值;
(2)若函数f(x)在区间[m,m+1]上单调递增,求m的取值范围.
解:(1)∵f(x)=ax3+bx2的图象经过点M(1,4),
∴a+b=4.①
f'(x)=3ax2+2bx,则f'(1)=3a+2b.
由条件f'(1)·=-1,
即3a+2b=9.②
由①②式解得a=1,b=3.
(2)f(x)=x3+3x2,f'(x)=3x2+6x,
令f'(x)=3x2+6x≥0得x≥0或x≤-2.
∵函数f(x)在区间[m,m+1]上单调递增,
∴[m,m+1]⊆(-∞,-2]∪[0,+∞).
∴m≥0,或m+1≤-2.
∴m≥0,或m≤-3.
专题2
导数与函数的极值
■(2015江西上饶一模,导数与函数的极值,选择题,理7)设f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0).已知五个方程的相异实根个数如下表所述:
方程
根的个数
f(x)-20=0
1
f(x)+10=0
1
f(x)+20=0
1
f(x)-10=0
3
f(x)=0
3
α为关于f(x)的极大值,下列选项中正确的是( )
A.0<α<10 B.10<α<20
C.-10<α<0 D.-20<α<-10
解析:方程f(x)-k=0的相异实根数可化为方程f(x)=k的相异实根数.
方程f(x)=k的相异实根数可化为函数y=f(x)与水平线y=k两图形的交点数.
依题意可得两图形的简略图有以下两种情形:
(1)当a为正时,
(2)当a为负时,
所以其极大值α的范围为10<α<20.
答案:B
■(2015江西新余一中高考模拟,导数与函数的极值,选择题,理11)已知函数g(x)=a-x2与h(x)=2ln x的图象上存在关于x轴对称的点,则实数a的取值范围是( )
A. B.[1,e2-2]
C. D.[e2-2,+∞)
解析:由已知,得到方程a-x2=-2lnx⇔-a=2lnx-x2在上有解.
设f(x)=2lnx-x2,求导得f'(x)=-2x=,
∵≤x≤e,∴f'(x)=0在x=1有唯一的极值点,
∵f=-2-,f(e)=2-e2,f(x)极大值=f(1)=-1,且知f(e)1时,1-2a<-1.
当x变化时,f'(x)与f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,1-2a)
(1-2a,-1)
(-1,+∞)
f'(x)
+
-
+
f(x)
单调递增
单调递减
单调递增
由此得,函数f(x)的单调增区间为(-∞,1-2a)和(-1,+∞),单调减区间为(1-2a,-1).
②当a=1时,1-2a=-1.此时,f'(x)≥0恒成立,且仅在x=-1处f'(x)=0,故函数f(x)的单调增区间为R.
③当a<1时,1-2a>-1,同理可得函数f(x)的单调增区间为(-∞,-1)和(1-2a,+∞),单调减区间为(-1,1-2a).
综上所述:当a>1时,函数f(x)的单调增区间为(-∞,1-2a)和(-1,+∞),单调减区间为(1-2a,-1);
当a=1时,函数f(x)的单调增区间为R;
当a<1时,函数f(x)的单调增区间为(-∞,-1)和(1-2a,+∞),单调减区间为(-1,1-2a).
(3)方法一:当a=-1时,得f(x)=x3-x2-3x.
由f'(x)=x2-2x-3=0,得x1=-1,x2=3.
由(2)得f(x)的单调增区间为(-∞,-1)和(3,+∞),单调减区间为(-1,3),
所以函数f(x)在x1=-1,x2=3处取得极值.
故M,N(3,-9).
所以直线MN的方程为y=-x-1.
由得x3-3x2-x+3=0.
令F(x)=x3-3x2-x+3.
易得F(0)=3>0,F(2)=-3<0,而F(x)的图象在(0,2)内是一条连续不断的曲线,
故F(x)在(0,2)内存在零点x0,这表明线段MN与曲线f(x)有异于M,N的公共点.
方法二:当a=-1时,得f(x)=x3-x2-3x.
由f'(x)=x2-2x-3=0,得x1=-1,x2=3.
由(2)得f(x)的单调增区间为(-∞,-1)和(3,+∞),单调减区间为(-1,3),所以函数f(x)在x1=-1,x2=3处取得极值,
故M,N(3,-9).
所以直线MN的方程为y=-x-1.
由x3-3x2-x+3=0,
解得x1=-1,x2=1,x3=3.
所以
所以线段MN与曲线F(x)有异于M,N的公共点.
专题3
导数与函数的最值
■(2015江西新余一中高考模拟,导数与函数的最值,解答题,理21)已知函数f(x)=aln x-ax-3(a≠0).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)+(a+1)x+4-e≤0对任意x∈[e,e2]恒成立,求实数a的取值范围(e为自然常数);
(3)求证ln(22+1)+ln(32+1)+ln(42+1)+…+ln(n2+1)<1=2ln n!(n≥2,n∈N*)(n!=1×2×3×…×n).
解:(1)f'(x)=(x>0),
当a>0时,f(x)的单调增区间为(0,1],单调减区间为[1,+∞);
当a<0时,f(x)的单调增区间为[1,+∞),单调减区间为(0,1].
(2)令F(x)=alnx-ax-3+(a+1)x+4-e=alnx+x+1-e,则F'(x)=.
若-a≤e,即a≥-e,
F(x)在[e,e2]上是增函数,
F(x)max=F(e2)=2a+e2-e+1≤0,a≤,无解.
若e<-a≤e2,即-e2≤a<-e,
F(x)在[e,-a]上是减函数;在[-a,e2]上是增函数,
F(e)=a+1≤0,即a≤-1;
F(e2)=2a+e2-e+1≤0,即a≤;
∴-e2≤a≤.
若-a>e2,即a<-e2,
F(x)在[e,e2]上是减函数,
F(x)max=F(e)=a+1≤0,即a≤-1,
∴a<-e2.
综上所述,a≤.
(3)证明:令a=-1,此时f(x)=-lnx+x-3,故f(1)=-2.
由(1)知f(x)=-lnx+x-3在(1,+∞)上单调递增,
∴当x∈(1,+∞)时,f(x)>f(1),
即-lnx+x-1>0.
∴lnx0,即x∈(0,1]时,f(x)=ax3-3x+1≥0可化为:a≥.
设g(x)=,则g'(x)=,
所以g(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减,
因此g(x)max=g=4,从而a≥4;
③当x<0,即x∈[-1,0)时,f(x)=ax3-3x+1≥0可化为:a≤,
g(x)=在区间[-1,0)上单调递增.
因此g(x)min=g(-1)=4,从而a≤4,综上a=4.
答案:4
3.3导数的综合应用
专题2
利用导数研究函数的零点或方程的根
■(2015沈阳四校联考模拟,利用导数研究函数的零点或方程的根,解答题,理22)已知函数f(x)=ln(x+a)-x2+x,g(x)=x·ex-x2-1(x>0),且f(x)在点x=1处取得极值.
(1)求实数a的值;
(2)若关于x的方程f(x)=-x+b在区间[1,3]上有解,求b的取值范围;
(3)证明:g(x)≥f(x).
解:(1)∵f(x)=ln(x+a)-x2+x,
∴f'(x)=-2x+1.
∵函数f(x)=ln(x+a)-x2+x在点x=1处取得极值,
∴f'(1)=0,即当x=1时-2x+1=0,
∴-1=0,则得a=0.经检验符合题意.
(2)∵f(x)=-x+b,
∴lnx-x2+x=-x+b,
∴lnx-x2+x=b.
令h(x)=lnx-x2+x(x>0),
则h'(x)=-2x+=-.
∴当x∈[1,3]时,h'(x),h(x)随x的变化情况表:
x
1
(1,2)
2
(2,3)
3
h'(x)
+
0
-
h(x)
↗
极大值
↘
计算得:h(1)=,h(3)=ln3+,h(2)=ln2+3,
∴h(x)∈.
∴b的取值范围为.
(3)证明:令F(x)=g(x)-f(x)=x·ex-lnx-x-1(x>0),
则F'(x)=(x+1)·ex--1=·(x·ex-1),
令G(x)=x·ex-1,
则∵G'(x)=(x+1)·ex>0(x>0),
∴函数G(x)在(0,+∞)递增,G(x)在(0,+∞)上的零点最多一个.
又∵G(0)=-1<0,G(1)=e-1>0,
∴存在唯一的c∈(0,1)使得G(c)=0,
且当x∈(0,c)时,G(x)<0;当x∈(c,+∞)时,G(x)>0.
即当x∈(0,c)时,F'(x)<0;当x∈(c,+∞)时,F'(x)>0.
∴F(x)在(0,c)上递减,在(c,+∞)上递增,
从而F(x)≥F(c)=c·ec-lnc-c-1.
由G(c)=0得c·ec-1=0,
即c·ec=1,两边取对数得lnc+c=0,
∴F(c)=0.∴F(x)≥F(c)=0.
从而证得g(x)≥f(x).
■(2015沈阳大连二模,利用导数研究函数的零点或方程的根,解答题,理21)已知函数f(x)=ex-ax2+(a-e+1)x-1(e=2.718 28…是自然对数的底数,a为常数).
(1)当a=0时,求f(x)的单调区间;
(2)若函数g(x)=f(x)-x·f'(x)在区间[1,+∞)上单调递减,求a的范围;
(3)当a∈(e-2,1)时,函数f(x)=ex-ax2+(a-e+1)x-1在区间(0,1)上是否有零点?并说明理由.
解:(1)当a=0时,f(x)=ex+(-e+1)x-1,
则f'(x)=ex+(-e+1),
故f(x)的单调增区间为(ln(e-1),+∞);
f(x)的单调减区间为(-∞,ln(e-1)).
(2)由题意可知,g(x)=ex+(a-e+1)x-1,
则g'(x)=(1-x)ex+(a-e+1).
∴当x∈[1,+∞)时,g″(x)=-xex<0,
∴g'(x)在x∈[1,+∞)单调递增,
则g'(x)≤g'(1)=(a-e+1)≤0,
即a≤e-1.
(3)假设函数f(x)=ex-ax2+(a-e+1)x-1在区间(0,1)上有零点,
即存在x∈(0,1),使得ex-ax2+(a-e+1)x-1=0,
即a=,记h(x)=.
①若h(x)=<1⇒-1<0,
即<0.
由于x∈(0,1),有x2-x<0,
即证ex-x2-ex+2x-1>0在x∈(0,1)恒成立.
令H(x)=ex-x2-ex+2x-1,x∈(0,1).
H'(x)=ex-2x-e+2,H″(x)=ex-2.
当x∈(0,ln2),H″(x)=ex-2<0,当x∈(ln2,1),H″(x)=ex-2>0,
所以当x∈(0,ln2),H'(x)单调递减;
当x∈(ln2,1),H'(x)单调递增.
而H'(0)=1-0-e+2>0,H'(1)=e-2-e+2=0,
H'(ln2)=eln2-e-2ln2+2=4-e-2ln2<0.
故在(0,ln2)上存在唯一的实数x0使得H'(x0)=0.
所以,H(x)在(0,x0)上单调递增,H(x)在(x0,1)上单调递减.
而H(0)=1-0-0+0-1=0,H(1)=e-1-e+2-1=0,
故H(x)>0在(0,1)成立,
即h(x)=<1成立.
②若h(x)=>e-2⇒-(e-2)>0,
即h(x)=>e-2⇒>0,
由于x∈(0,1),有x2-x<0,
即证ex-ex+x-1-(e-2)(x2-x)<0在x∈(0,1)恒成立.
令H(x)=ex-ex+x-1-(e-2)(x2-x)=ex-(e-2)x2-x-1,
H'(x)=ex-2(e-2)x-1,H″(x)=ex-2(e-2).
当x∈(0,ln2(e-2)),H″(x)<0,
当x∈(ln2(e-2),1),H″(x)>0,
所以当x∈(0,ln2(e-2))时,H'(x)单调递减,当x∈(ln2(e-2),1)时,H'(x)单调递增.
而H'(0)=0,H'(1)=3-e>0,
在(ln2(e-2),1)上存在唯一的实数x0使得H'(x0)=0.
所以,H(x)在(0,x0)上单调递减,H(x)在(x0,1)上单调递增.
又H(0)=0,H(1)=0,
故H(x)<0在(0,1)成立,
即h(x)=>e-2成立.
由①②,可得,a∈(e-2,1)时存在零点.
■(2015江西重点中学协作体二模,利用导数研究函数的零点或方程的根,解答题,理21)已知函数f(x)=x-aex(a为实常数).
(1)若函数f(x)在x=0的切线与x轴平行,求a的值;
(2)若f(x)有两个零点x1,x2,求证:x1+x2>2.
解:(1)函数的导数f'(x)=1-aex,
∵f(x)在x=0的切线与x轴平行,
∴f'(0)=0,
即f'(0)=1-a=0,解得a=1.
(2)由f(x)=x-aex=0得a=.
设g(x)=,
则g'(x)=,
由g'(x)<0得x>1,由g'(x)>0得x<1,
即函数g(x)在x=1时,取得极大值g(1)=.
则要使f(x)有两个零点x1,x2,
则满足0a2,
若g(m1)=g(m2)=a1,g(n1)=g(n2)=a2,
其中0g(n1),g(m2)>g(n2),
∴m1>n1,m21;
则x1=,x2=;
则x2+x1=,
令h(t)=,
则可证明h(t)在(1,+∞)上单调递增;
故x2+x1随着t的增大而增大,
即x2+x1随着的增大而增大,
故x2+x1随着a的减小而增大.
而当a=时,x2+x1=2;
故x1+x2>2.
专题3
利用导数解决不等式的有关问题
■(2015江西重点中学协作体一模,导数与函数的最值,解答题,理21)设函数f(x)=e2x-4aex-2ax,g(x)=x2+5a2,a∈R.
(1)若f(x)在R上单调递增,求a的取值范围;
(2)记F(x)=f(x)+g(x),求证:F(x)≥.
解:(1)f'(x)=2e2x-4aex-2a
=2(ex-a)2-2a2-2a;
当a≤0时,f(x)在R上单调递增,
当a>0时,-2a2-2a≥0恒成立不可能,
故a的取值范围为(-∞,0].
(2)证明:F(x)=f(x)+g(x)
=e2x-4aex-2ax+x2+5a2
=(ex-2a)2+(x-a)2,
而(ex-2a)2+(x-a)2可看成函数y=ex与y=2x上的点的距离的平方;
故令y'=ex=2,得x=ln2,
故点的坐标为(ln2,2);
故d=;
故F(x)≥.
■(2015江西南昌十所省重点中学高考模拟,导数与函数的最值,解答题,理21)函数f(x)=aex,g(x)=ln x-ln a,其中a为正常数,且函数y=f(x)和y=g(x)的图象在其与坐标轴的交点处的切线互相平行.
(1)求a的值;
(2)若存在x使不等式成立,求实数m的取值范围;
(3)对于函数y=f(x)和y=g(x)公共定义域中的任意实数x0,我们把|f(x0)-g(x0)|的值称为两函数在x0处的偏差.求证:函数y=f(x)和y=g(x)在其公共定义域内的所有偏差都大于2.
解:(1)∵f(x)=aex,
∴f'(x)=aex,
函数f(x)=aex只与y轴交于(0,a),
且f'(0)=a.
又∵g(x)=lnx-lna,
∴g'(x)=.
又∵函数g(x)=lnx-lna只与x轴交于(a,0),
∴g'(a)=.
又∵函数y=f(x)和y=g(x)的图象在其与坐标轴的交点处的切线互相平行,
∴a=1.
(2)分离m后得m1,
≥2,
∴h(x)<0,h(x)在[0,+∞)上单调递减.
∴h(x)max=h(0)=0.
∴m<0.
(3)设h(x)=ex-lnx,h'(x)=ex-.
(ⅰ)当x≥1时,h'(x)>0,有h(x)≥h(1)=e>2;
(ⅱ)当02.
综上可知,函数y=f(x)和y=g(x)在其公共定义域内的所有偏差都大于2.
■(2015江西上饶一模,导数与函数的最值,解答题,理21)设函数f(x)=x2-ax+ln(a∈R).
(1)若函数f(x)在x=处取极值,求函数f(x)的单调区间;
(2)若对任意的a∈(1,2),当x0∈[1,2]时,都有f(x0)>m(1-a2),求实数m的取值范围.
解:(1)函数f(x)=x2-ax+ln的导数为f'(x)=2x-a+a·.
由题意可得f'=0,即为1-a+a·=0,
解得a=2或-1.
当a=2时,f'(x)=2x-2+,
由f'(x)>0,解得x>或-0,解得00,f(x)在[1,2]上单调递增,
所以f(x)在[1,2]上的最小值为f(1)=1-a+ln.
依题意,对任意的a∈(1,2),当x0∈[1,2]时,都有f(x0)>m(1-a2),
即可转化为对任意的a∈(1,2),1-a+ln-m(1-a2)>0恒成立.
设g(a)=1-a+ln-m(1-a2)(10,所以g'(a)<0,
所以g(a)在(1,2)上单调递减,且g(1)=0,
则g(a)<0,与g(a)>0矛盾.
②当m>0时,g'(a)=,
若≥2,则g'(a)<0,g(a)在(1,2)上单调递减,
且g(1)=0,g(a)<0,与g(a)>0矛盾;
若1<<2,则g(a)在上单调递减,在上单调递增,
且g(1)=0,g(a)0矛盾;
若≤1,
则g(a)在(1,2)上单调递增,且g(1)=0,
则恒有g(a)>g(1)=0,所以m>0且≤1,
解得m≥,
所以m的取值范围为.
■(2015江西师大附中、鹰潭一中模拟,导数与函数的最值,解答题,理21)设函数f(x)=(1-ax)ln(x+1)-bx,其中a和b是实数,曲线y=f(x)恒与x轴相切于坐标原点.
(1)求常数b的值;
(2)当0≤x≤1时,关于x的不等式f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;
(3)求证:对于任意的正整数n,不等式0②,
对于①相当于(2)中a=0,有f(x)在[0,1]上单调递减,
即f(x)≤f(0)而且仅有f(0)=0.取x=,有ln<0;
对于②相当于(2)中a=-1,有∀x∈[0,1],f(x)≥0而且仅有f(0)=0.
取x=,有ln>0成立.
则有对于任意的正整数n,不等式0时,设函数g(x)=f(ax)-,若g(x)有两个不同的零点x1,x2,且0e-1,∴a≥;
②当a+1≤1,即a≤0时,f(x)在[1,e]上单调递增,
∴[f(x)]min=f(1)=1+1+a≤0,
∴a≤-2;
③当12.
此时不存在x0使h(x0)≤0成立.
综上可得所求a的范围是:a≥,或a≤-2.
(3)函数g(x)=f(ax)-=ax-alnax(a>0),
g'(x)=a-a·,当x>1时,g'(x)>0,g(x)在(1,+∞)上递增,
当0e.
g(x)有两个不同的零点x1,x2,且01时,h(t)递增,当01,
则有
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