高考数学解答题专项突破系列一导数的综合应用问题.docx

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高考数学解答题专项突破系列一导数的综合应用问题

热点题型1　导数与目标函数

　　（2017·南充模拟）已知α，β是三次函数f（x）＝x3＋ax2＋2bx的两个极值点，且α∈（0,1），β∈（1,2），求的取值范围．

由零点存在定理构造不等式组，将问题转化为线性规划，同时采用数形结合思想．

解　∵函数f（x）＝x3＋ax2＋2bx，

∴f′（x）＝x2＋ax＋2b.

又∵α∈（0,1），β∈（1,2），

∴

其对应的平面区域如右图所示：

由图可得：

当a＝－3，b＝1时，取最小值；

当a＝－1，b＝0时，取最大值1.

热点题型2　抽象函数与导数

　　（2018·太原模拟）已知定义在R上的函数f（x）存在导函数f′（x），且2f（x）＋2f′（x）>3，f

（1）＝1，求不等式2f（x）－3＋>0的解集．

本题采用转化法，将抽象函数不等式化为代数不等式．

解　∵2f（x）＋2f′（x）>3，两边同乘以ex得

2exf（x）＋2exf′（x）>3ex.

整理得ex[2f（x）－3]＋2exf′（x）>0，

令H（x）＝ex[2f（x）－3]，

H′（x）>0，则函数H（x）在R上单调递增．

∵2f（x）－3＋>0，∴ex[2f（x）－3]>－e，

即H（x）>H

（1），解得x>1.

热点题型3　曲线多切线的判断与求解

　　（2017·红桥区二模）已知函数f（x）＝－x3＋x2－2x（a∈R）．

（1）当a＝3时，求函数f（x）的单调区间；

（2）若对于任意x∈[1，＋∞）都有f′（x）<2（a－1）成立，求实数a的取值范围；

（3）若过点可作函数y＝f（x）图象的三条不同切线，求实数a的取值范围．

先将过点可作曲线y＝f（x）的三条切线等价转化为：

方程t3－at2＋＝0有三个不同实数根，利用两次求导，可求a的范围．

解　

（1）当a＝3时，f（x）＝－x3＋x2－2x，得f′（x）＝－x2＋3x－2＝－（x－1）（x－2），

所以当10，函数f（x）单调递增；

当x<1或x>2时，f′（x）<0，函数f（x）单调递减．

所以函数f（x）的单调递增区间为（1,2），单调递减区间为（－∞，1）和（2，＋∞）．

（2）由f（x）＝－x3＋x2－2x，

得f′（x）＝－x2＋ax－2，

因为对于任意x∈[1，＋∞）都有f′（x）<2（a－1）成立，

所以问题转化为，对于任意x∈[1，＋∞）都有

f′（x）max<2（a－1）．

因为f′（x）＝－2＋－2，其图象开口向下，对称轴为x＝.

①当<1时，即a<2时，f′（x）在[1，＋∞）上单调递减，所以f′（x）max＝f′

（1）＝a－3，

由a－3<2（a－1），得a>－1，此时－1

②当≥1时，即a≥2时，f′（x）在上单调递增，在上单调递减，所以f′（x）max＝f′＝－2，

由－2<2（a－1），得0

综上①②可得，实数a的取值范围为（－1,8）．

（3）设点P是函数y＝f（x）图象上的切点，则过点P的切线的斜率为k＝f′（t）＝－t2＋at－2，

所以过点P的切线方程为y＋t3－t2＋2t＝（－t2＋at－2）（x－t）．

因为点在切线上，

所以－＋t3－t2＋2t＝（－t2＋at－2）（0－t），

即t3－at2＋＝0.

若过点可作函数y＝f（x）图象的三条不同切线，则方程t3－at2＋＝0有三个不同的实数解．

令g（t）＝t3－at2＋，则函数y＝g（t）与t轴有三个不同的交点．

令g′（t）＝2t2－at＝0，解得t＝0或t＝.

因为g（0）＝，g＝－a3＋，

所以必须g＝－a3＋<0，即a>2.

所以实数a的取值范围为（2，＋∞）．

热点题型4　两曲线的公切线问题

　　（2018·安徽模拟）已知函数f（x）＝x2＋2ax，g（x）＝3a2lnx＋b，设两曲线y＝f（x），y＝g（x）有公共点，且在该点处的切线相同，求a∈（0，＋∞）时，实数b的最大值．

利用方程思想．根据已知，本题可得方程组

进而求解．

解　函数f（x）的导数为f′（x）＝x＋2a，

函数g（x）的导数为g′（x）＝，

由于两曲线y＝f（x），y＝g（x）有公共点，设为P（x0，y0），

则

由于x0>0，a>0，

则x0＝a，因此b＝x＋2ax0－3a2lnx0＝a2－3a2lna（a>0），构造函数h（t）＝t2－3t2lnt（t>0），

由h′（t）＝2t（1－3lnt），

当00，即h（t）单调递增；当t>e时，h′（t）<0即h（t）单调递减，则h（t）max＝h（e）＝e，即为实数b的最大值．

热点题型5　数列与导数

　　已知a>0，函数f（x）＝＋lnx.

（1）试问在定义域上能否是单调函数？

请说明理由；

（2）若f（x）在区间[1，＋∞）上是单调递增函数，试求实数a的取值范围；

（3）当a＝1时，设数列的前n项和为Sn，求证：

Sn－1

第（3）问采用转化法，数列问题化归为函数问题，并采用叠加法．

解　

（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝，由f′（x）＝0得x＝，

当x∈时，f′（x）<0，f（x）递减；

当x∈时，f′（x）>0，f（x）递增．

所以函数f（x）不是定义域上的单调函数．

（2）若f（x）在x∈[1，＋∞）是单调递增函数，则f′（x）≥0恒成立，即a≥恒成立．

即a≥max，x∈[1，＋∞），∴≤1，∴a≥1.

（3）证明：

当a＝1时，由

（2）知，f（x）＝＋lnx在[1，＋∞）上为增函数，

f（n）－＝＋lnn－＝lnn，

又∵当x>1时，f（x）>f

（1）＝0，

∴＋lnx>0，即lnx>1－.

令g（x）＝x－1－lnx，则g′（x）＝1－，当x∈（1，＋∞）时，g′（x）>0.

从而函数g（x）在[1，＋∞）上是递增函数，所以有g（x）>g

（1）＝0，即得x－1>lnx.

综上有：

1－1），

∴

令x＝1,2，…，n－1，（n∈N*且n≥2）时，不等式

于是代入，将所得各不等式相加，得

＋＋…＋

即＋＋…＋

即Sn－1

热点题型6　导数与不等式

　　已知函数f（x）＝kx，g（x）＝，

（1）求函数g（x）＝的单调区间；

（2）若不等式f（x）≥g（x）在区间（0，＋∞）上恒成立，求实数k的取值范围；

（3）求证：

＋＋…＋<.

本题采用分离系数法、构造函数法、放缩法．

解　

（1）g（x）的定义域为（0，＋∞），

g′（x）＝＝0，解得x＝e.

x

（0，e）

e

（e，＋∞）

g′（x）

＋

0

－

g（x）

极大值

∴函数g（x）＝的单调增区间为（0，e），单调减区间为（e，＋∞）．

（2）∵x>0，kx≥，∴k≥.

令h（x）＝，h′（x）＝，

令h′（x）>0，解得0.

则h（x）在（0，）单调递增，在（，＋∞）单调递减，故h（x）≤h（）＝，则k≥.

（3）证明：

由

（2）知≤，≤·（x≥2），

∴＋＋…＋<<＝<.

热点题型7　任意性与存在性交叉问题

　　已知函数f（x）＝lnx－ax＋－1（a∈R）．

（1）当a≤时，讨论f（x）的单调性；

（2）设g（x）＝x2－2bx＋4.当a＝时，若对任意x1∈（0,2），存在x2∈[1,2]，使f（x1）≥g（x2），求实数b的取值范围．

本题采用分类讨论方法求解，对于存在性与任意性相结合的题目，利用转化思想，改变所解命题，同时采用分离参数法．

解　

（1）因为f（x）＝lnx－ax＋－1，x∈（0，＋∞），

所以f′（x）＝－a＋＝，x∈（0，＋∞），

令h（x）＝ax2－x＋1－a，x∈（0，＋∞）．

①当a＝0时，h（x）＝－x＋1，x∈（0，＋∞），

所以，当x∈（0,1）时，h（x）>0，此时f′（x）<0，函数f（x）单调递减；

当x∈（1，＋∞）时，h（x）<0，此时f′（x）>0，函数f（x）单调递增．

②当a≠0时，由f′（x）＝0，

即ax2－x＋1－a＝0，解得x1＝1，x2＝－1.

ⅰ.当a＝时，x1＝x2，h（x）≥0恒成立，此时f′（x）≤0，函数f（x）在（0，＋∞）上单调递减；

ⅱ.当01>0，

x∈（0,1）时，h（x）>0，此时f′（x）<0，函数f（x）单调递减；

x∈时，h（x）<0，此时f′（x）>0，函数f（x）单调递增；

x∈时，h（x）>0，此时f′（x）<0，函数f（x）单调递减；

ⅲ.当a<0时，由于－1<0，

x∈（0,1），h（x）>0，此时f′（x）<0，函数f（x）单调递减；

x∈（1，＋∞）时，h（x）<0，此时f′（x）>0，函数f（x）单调递增．

综上所述：

当a≤0时，函数f（x）在（0,1）上单调递减，函数f（x）在（1，＋∞）上单调递增；

当a＝时，函数f（x）在（0，＋∞）上单调递减；

当0

（2）因为a＝∈，由

（1）知，x1＝1，x2＝－1＝3∉（0,2），当x∈（0,1）时，f′（x）<0，函数f（x）单调递减；

当x∈（1,2）时，f′（x）>0，函数f（x）单调递增，所以f（x）在（0,2）上的最小值为f

（1）＝－.

由于“对任意x1∈（0,2），存在x2∈[1,2]，使f（x1）≥g（x2）”等价于“g（x）在[1,2]上的最小值不大于f（x）在（0,2）上的最小值－”（*），

又g（x）＝（x－b）2＋4－b2，x1∈[1,2]，所以

①当b<1时，因为g（x）min＝g

（1）＝5－2b>0，此时与（*）矛盾；

②当b∈[1,2]时，因为g（x）min＝4－b2≥0，同样与（*）矛盾；

③当b∈（2，＋∞）时，因为g（x）min＝g

（2）＝8－4b，解不等式8－4b≤－，可得b≥.

综上，b的取值范围是.