届高考大一轮复习备考讲义全国用人教B版 第三章 导数及其应用高考专题突破一含答案.docx

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届高考大一轮复习备考讲义全国用人教B版第三章导数及其应用高考专题突破一含答案

高考专题突破一　高考中的导数应用问题

【考点自测】

1．若函数f（x）＝2sinx（x∈[0，π]）的图象在点P处的切线平行于函数g（x）＝2的图象在点Q处的切线，则直线PQ的斜率为（　　）

A.B．2

C.D.

答案　A

解析　f′（x）＝2cosx∈[－2,2]，

g′（x）＝＋≥2（当且仅当x＝1时取等号）．

当两函数的切线平行时，xp＝0，xQ＝1.

即P（0,0），Q，∴直线PQ的斜率为.

2．（2018·西宁质检）若f（x）＝－x2＋bln（x＋2）在（－1，＋∞）上是减函数，则b的取值范围是

（　　）

A．[－1，＋∞）B．（－1，＋∞）

C．（－∞，－1]D．（－∞，－1）

答案　C

解析　由题意可知f′（x）＝－x＋≤0在（－1，＋∞）上恒成立，即b≤x（x＋2）在（－1，＋∞）上恒成立．由于g（x）＝x（x＋2）在（－1，＋∞）上是增函数且g（－1）＝－1，所以b≤－1.故选C.

3．（2017·全国Ⅱ）若x＝－2是函数f（x）＝（x2＋ax－1）·ex－1的极值点，则f（x）的极小值为（　　）

A．－1B．－2e－3C．5e－3D．1

答案　A

解析　函数f（x）＝（x2＋ax－1）ex－1，

则f′（x）＝（2x＋a）ex－1＋（x2＋ax－1）ex－1

＝ex－1·[x2＋（a＋2）x＋a－1]．

由x＝－2是函数f（x）的极值点，得

f′（－2）＝e－3·（4－2a－4＋a－1）＝（－a－1）e－3＝0，

所以a＝－1.

所以f（x）＝（x2－x－1）ex－1，f′（x）＝ex－1·（x2＋x－2）．

由ex－1＞0恒成立，得当x＝－2或x＝1时，f′（x）＝0，且当x＜－2时，f′（x）＞0；

当－2＜x＜1时，f′（x）＜0；

当x＞1时，f′（x）＞0.

所以x＝1是函数f（x）的极小值点．

所以函数f（x）的极小值为f

（1）＝－1.

故选A.

4．若直线y＝kx＋b是曲线y＝lnx＋2的切线，也是曲线y＝ln（x＋1）的切线，则b＝.

答案　1－ln2

解析　y＝lnx＋2的切线方程为y＝·x＋lnx1＋1（设切点横坐标为x1）．

y＝ln（x＋1）的切线方程为y＝x＋ln（x2＋1）－（设切点横坐标为x2），

∴

解得x1＝，x2＝－，∴b＝lnx1＋1＝1－ln2.

5．（2017·江苏）已知函数f（x）＝x3－2x＋ex－，其中e是自然对数的底数，若f（a－1）＋f（2a2）≤0，则实数a的取值范围是．

答案　

解析　因为f（－x）＝（－x）3－2（－x）＋e－x－

＝－x3＋2x－ex＋＝－f（x），

所以f（x）＝x3－2x＋ex－是奇函数．

因为f（a－1）＋f（2a2）≤0，

所以f（2a2）≤－f（a－1），即f（2a2）≤f（1－a）．

因为f′（x）＝3x2－2＋ex＋e－x≥3x2－2＋2

＝3x2≥0，当且仅当x＝0时“＝”成立，

所以f（x）在R上单调递增，

所以2a2≤1－a，即2a2＋a－1≤0，

所以－1≤a≤.

题型一　利用导数研究函数性质

例1（2018·沈阳质检）设f（x）＝xlnx－ax2＋（2a－1）x，a∈R.

（1）令g（x）＝f′（x），求g（x）的单调区间；

（2）已知f（x）在x＝1处取得极大值，求实数a的取值范围．

解　

（1）由f′（x）＝lnx－2ax＋2a，

可得g（x）＝lnx－2ax＋2a，x∈（0，＋∞），

所以g′（x）＝－2a＝.

当a≤0，x∈（0，＋∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；

当a＞0，x∈时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，x∈时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．

所以当a≤0时，函数g（x）的单调递增区间为（0，＋∞）；

当a＞0时，函数g（x）的单调递增区间为，

单调递减区间为.

（2）由

（1）知，f′

（1）＝0.

①当a≤0时，f′（x）单调递增，

所以当x∈（0,1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，

当x∈（1，＋∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，

所以f（x）在x＝1处取得极小值，不符合题意；

②当0＜a＜，即＞1时，由

（1）知f′（x）在上单调递增．

可得当x∈（0,1）时，f′（x）＜0，

当x∈时，f′（x）＞0.

所以f（x）在（0,1）上单调递减，在上单调递增．

所以f（x）在x＝1处取得极小值，不符合题意；

③当a＝，即＝1时，f′（x）在（0,1）上单调递增，

在（1，＋∞）上单调递减，

所以当x∈（0，＋∞）时，f′（x）≤0，f（x）单调递减，不符合题意；

④当a＞，即0＜＜1时，

当x∈时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，

当x∈（1，＋∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．

所以f（x）在x＝1处取得极大值，符合题意.

综上可知，实数a的取值范围为.

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；

（2）若函数f（x）在（－1,1）上单调递增，求a的取值范围．

解　

（1）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，

所以－x2＋2>0，解得－

所以函数f（x）的单调递增区间是（－，）．

（2）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，

即a≥＝

＝（x＋1）－对x∈（－1,1）都成立．

令y＝（x＋1）－，则y′＝1＋>0.

所以y＝（x＋1）－在（－1,1）上单调递增，

所以y<（1＋1）－＝，即a≥.

经检验a＝时，符合题意．

因此a的取值范围为.

题型二　利用导数研究函数零点问题

例2设函数f（x）＝lnx＋，m∈R.

（1）当m＝e（e为自然对数的底数）时，求f（x）的极小值；

（2）讨论函数g（x）＝f′（x）－的零点的个数．

解　

（1）由题设，当m＝e时，f（x）＝lnx＋，

则f′（x）＝（x>0），由f′（x）＝0，得x＝e.

∴当x∈（0，e）时，f′（x）<0，f（x）在（0，e）上单调递减，

当x∈（e，＋∞）时，f′（x）>0，f（x）在（e，＋∞）上单调递增，

∴当x＝e时，f（x）取得极小值f（e）＝lne＋＝2，

∴f（x）的极小值为2.

（2）由题设g（x）＝f′（x）－＝－－（x>0），

令g（x）＝0，得m＝－x3＋x（x>0）．

设φ（x）＝－x3＋x（x≥0），

则φ′（x）＝－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，

∴φ（x）的最大值为φ

（1）＝.

又φ（0）＝0，结合y＝φ（x）的图象（如图），可知

①当m>时，函数g（x）无零点；

②当m＝时，函数g（x）有且只有一个零点；

③当0

④当m≤0时，函数g（x）有且只有一个零点．

综上所述，当m>时，函数g（x）无零点；

当m＝或m≤0时，函数g（x）有且只有一个零点；

当0

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　（2018·合肥调研）设函数f（x）＝－klnx，k>0.

（1）求f（x）的单调区间和极值；

（2）证明：

若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，]上仅有一个零点．

（1）解　函数的定义域为（0，＋∞）．由f（x）＝－klnx（k>0），得f′（x）＝x－＝.

由f′（x）＝0，解得x＝（负值舍去）．

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（，＋∞）．

f（x）在x＝处取得极小值f（）＝，无极大值．

（2）证明　由

（1）知，f（x）在区间（0，＋∞）上的最小值为f（）＝.

因为f（x）存在零点，所以≤0，从而k≥e，

当k＝e时，f（x）在区间（1，]上单调递减且f（）＝0，

所以x＝是f（x）在区间（1，]上的唯一零点；

当k>e时，f（x）在区间（1，]上单调递减且

f

（1）＝>0，f（）＝<0，

所以f（x）在区间（1，]上仅有一个零点．

综上可知，若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，]上仅有一个零点．

题型三　利用导数研究不等式问题

例3（2017·宝鸡质检）设函数f（x）＝ax2lnx＋b（x－1），曲线y＝f（x）过点（e，e2－e＋1），且在点（1,0）处的切线方程为y＝0.

（1）求a，b的值；

（2）证明：

当x≥1时，f（x）≥（x－1）2；

（3）若当x≥1时，f（x）≥m（x－1）2恒成立，求实数m的取值范围．

（1）解　由题意可知，f（x）＝ax2lnx＋b（x－1）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝2axlnx＋ax＋b（x>0），

∵f′

（1）＝a＋b＝0，

f（e）＝ae2＋b（e－1）＝a（e2－e＋1）＝e2－e＋1，

∴a＝1，b＝－1.

（2）证明　f（x）＝x2lnx－x＋1，

f（x）－（x－1）2＝x2lnx＋x－x2，

设g（x）＝x2lnx＋x－x2（x≥1），

则g′（x）＝2xlnx－x＋1.

由（g′（x））′＝2lnx＋1>0，得g′（x）在[1，＋∞）上单调递增，∴g′（x）≥g′

（1）＝0，

∴g（x）在[1，＋∞）上单调递增，

∴g（x）≥g

（1）＝0.

∴f（x）≥（x－1）2.

（3）解　设h（x）＝x2lnx－x－m（x－1）2＋1（x≥1），

则h′（x）＝2xlnx＋x－2m（x－1）－1，

由

（2）知x2lnx≥（x－1）2＋x－1＝x（x－1），

∴xlnx≥x－1，

∴h′（x）≥3（x－1）－2m（x－1）＝（3－2m）（x－1）．

①当3－2m≥0，即m≤时，h′（x）≥0，

∴h（x）在[1，＋∞）上单调递增，

∴h（x）≥h

（1）＝0成立．

②当3－2m<0，即m>时，

h′（x）＝2xlnx＋（1－2m）（x－1），（h′（x））′＝2lnx＋3－2m，

令（h′（x））′＝0，得x0＝e>1，

当x∈[1，x0）时，h′（x）单调递减，则h′（x）≤h′

（1）＝0，

∴h（x）在[1，