高考数学大一轮复习 高考专题突破一 高考中的导数应用问题课件 60页

高考专题突破一　高考中的导数应用问题\n考点自测课时作业题型分类　深度剖析内容索引\n考点自测\n答案解析1.若函数f(x)＝kx－lnx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，＋∞)即k的取值范围为[1，＋∞).\n2.(2016·浙江十校联考)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\n由题意知f′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a)，当a≤0时，不符合题意.故选D.\n3.(2016·全国甲卷)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＝________.1－ln2答案解析\n答案解析[1，＋∞)\n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.\n故f(x)min＝2e.又k>0，所以k≥1.\n题型分类　深度剖析\n例1(2015·课标全国Ⅱ)已知函数f(x)＝lnx＋a(1－x).(1)讨论f(x)的单调性；题型一　利用导数研究函数性质若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．解答\n解答由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)无最大值；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围.令g(a)＝lna＋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).\n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.思维升华\n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，\n(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求a的取值范围.解答\n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，\n\n题型二　利用导数研究方程的根或函数的零点问题解答\nf(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上随x的变化情况如下表：\n\n证明\n\n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.思维升华\n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.\n(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\n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，\n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.\n题型三　利用导数研究不等式问题解答例3已知f(x)＝xlnx，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；\n当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当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.\n证明\n问题等价于证明当且仅当x＝1时取到.\n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繁琐时，可采用直接构造函数的方法求解.思维升华\n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\n问题等价于f(x)的值域是g(x)的值域的子集，对于f(x)，f′(x)＝3x2－4x＋1，\n当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况列表如下：∴f(x)max＝a＋2，f(x)min＝a－4，\n课时作业\n解答12345\n解答(2)求函数f(x)的单调区间.12345\n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；12345\n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).12345\n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＝0.2.已知函数f(x)＝xlnx，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；12345\n解答(2)求f(x)在区间[t，t＋2](t>0)上的最小值.12345\n函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：所以f(x)min＝f(t)＝tlnt.12345\n12345\n解答3.已知函数f(x)＝x2＋xsinx＋cosx.(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；由f(x)＝x2＋xsinx＋cosx，得f′(x)＝x(2＋cosx).(1)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＋cosa)＝0，b＝f(a).解得a＝0，b＝f(0)＝1.12345\n(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12345\n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；12345\n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，＋∞).12345\n4.(2016·四川)设函数f(x)＝ax2－a－lnx，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.12345\n解答12345\n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)－lnx<0.故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.12345\n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.12345\n又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，12345\n解答(1)讨论函数f(x)的单调性；12345\n当a－1≥0，即a≥1时，f′(x)≥0，∴f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，当a<0时，∵x1<－1，12345\n12345\n证明12345\n∴x1＋x2＝0，x1x2＝a－1且x2∈(0,1)，12345\n∴g(x)在(0,1)上单调递增，∴g(x)>g(0)＝0.故原命题得证.12345