高考数学解答题专项突破系列一导数的综合应用问题文档格式.docx
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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
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1<
x<
2时,f′(x)>
0,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<
a<
2.
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<
8,此时2≤a<
8.
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>
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
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>
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0<
t<
e时,h′(t)>
0,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<
f(n)-<
Sn-1(n∈N*且n≥2).
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-<
lnx<
x-1(x>
1),
∴<
ln<
.
令x=1,2,…,n-1,(n∈N*且n≥2)时,不等式<
也成立,
于是代入,将所得各不等式相加,得
++…+<
ln+ln+…+ln<
1++…+,
即++…+<
lnn<
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)
+
-
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<
;
令h′(x)<
0,解得x>
则h(x)在(0,)单调递增,在(,+∞)单调递减,故h(x)≤h()=,则k≥.
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0<
时,-1>
1>
x∈(0,1)时,h(x)>
x∈时,h(x)<
x∈时,h(x)>
ⅲ.当a<
0时,由于-1<
x∈(0,1),h(x)>
x∈(1,+∞)时,h(x)<
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;
时,函数f(x)在(0,1)上单调递减,函数f(x)在上单调递增,函数f(x)在上单调递减.
(2)因为a=∈,由
(1)知,x1=1,x2=-1=3∉(0,2),当x∈(0,1)时,f′(x)<
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.