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  • 2021-05-13 发布

2018版高考数学(理)(苏教版,江苏专用)大一轮教师文档讲义:高考专题突破一-导数应用问题

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‎1.(2016·全国丙卷)已知f(x)为偶函数,当x≤0时,f(x)=e-x-1-x,则曲线y=f(x)在点(1,2)处的切线方程是________.‎ 答案 2x-y=0‎ 解析 设x>0,则-x<0,f(-x)=ex-1+x,因为f(x)为偶函数,所以f(x)=ex-1+x,f′(x)=ex-1+1,f′(1)=2,曲线在点(1,2)处的切线方程为y-2=2(x-1),即2x-y=0.‎ ‎2.若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)上单调递增,则k的取值范围是__________.‎ 答案 [1,+∞)‎ 解析 由于f′(x)=k-,f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)上单调递增⇔f′(x)=k-≥0在(1,+∞)上恒成立.‎ 由于k≥,而0<<1,所以k≥1.‎ 即k的取值范围为[1,+∞).‎ ‎3.(2016·苏北四市联考)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__________.‎ 答案 (3,+∞)‎ 解析 由题意知f′(x)=3x2-2ax=x(3x-2a),‎ 当a≤0时,不符合题意.‎ 当a>0时,f(x)在(0,)上单调递减,‎ 在(,+∞)上单调递增,‎ 所以由题意知f()<0,解得a>3.‎ ‎4.已知函数f(x)=x-1-(e-1)ln x,其中e为自然对数的底数,则满足f(ex)<0的x的取值范围为________.‎ 答案 (0,1)‎ 解析 令f′(x)=1-=0,得x=e-1.‎ 当x∈(0,e-1)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;‎ 当x∈(e-1,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.‎ 又f(1)=f(e)=0,10;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.‎ 又f(x)=e2x+≥2e(x>0).‎ 当且仅当e2x=,即x=时取等号,故f(x)min=2e.‎ 所以==,应有≥,‎ 又k>0,所以k≥1.‎ 题型一 利用导数研究函数性质 例1 (2016·江苏东海中学期中)已知函数f(x)=ex(其中e是自然对数的底数),g(x)=x2+ax+1,a∈R.‎ ‎(1)记函数F(x)=f(x)·g(x),且a>0,求F(x)的单调递增区间;‎ ‎(2)若对任意x1,x2∈[0,2],x1≠x2,均有|f(x1)-f(x2)|>|g(x1)-g(x2)|成立,求实数a的取值范围.‎ 解 (1)因为F(x)=f(x)·g(x)=ex(x2+ax+1),‎ 所以F′(x)=ex[x+(a+1)](x+1).‎ 令F′(x)>0,因为a>0,‎ 所以x>-1或x<-(a+1),‎ 所以F(x)的单调递增区间为(-∞,-a-1)和(-1,+∞).‎ ‎(2)因为对任意x1,x2∈[0,2]且x1≠x2,均有|f(x1)-f(x2)|>|g(x1)-g(x2)|成立,‎ 不妨设x1>x2,根据f(x)=ex在[0,2]上单调递增,‎ 所以有f(x1)-f(x2)>|g(x1)-g(x2)|对x1>x2恒成立,‎ 因为f(x2)-f(x1)x2恒成立,‎ 即对x1,x2∈[0,2],x1>x2恒成立,‎ 所以f(x)+g(x)和f(x)-g(x)在[0,2]上都是单调递增函数.‎ 所以f′(x)+g′(x)≥0在[0,2]上恒成立,‎ 所以ex+(2x+a)≥0在[0,2]上恒成立,‎ 即a≥-(ex+2x)在[0,2]上恒成立.‎ 因为-(ex+2x)在[0,2]上是单调减函数,‎ 所以-(ex+2x)在[0,2]上取得最大值-1,所以a≥-1.‎ 因为f′(x)-g′(x)≥0在[0,2]上恒成立,‎ 所以ex-(2x+a)≥0在[0,2]上恒成立,‎ 即a≤ex-2x在[0,2]上恒成立.‎ 因为ex-2x在[0,ln 2]上单调递减,‎ 在[ln 2,2]上单调递增,‎ 所以ex-2x在[0,2]上取得最小值2-2ln 2,‎ 所以a≤2-2ln 2.‎ 所以实数a的取值范围为[-1,2-2ln 2].‎ 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.‎ ‎ 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-0,所以-x2+(a-2)x+a≥0对x∈(-1,1)恒成立,‎ 即a≥= ‎=(x+1)-对x∈(-1,1)恒成立.‎ 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≥.‎ 因此a的取值范围为[,+∞).‎ 题型二 利用导数研究方程的根或函数的零点问题 例2 (2015·北京)设函数f(x)=-kln x,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)=-kln x(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()=.‎ ‎(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(0,)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.‎ 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.‎ ‎ 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;‎ ‎(2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.‎ ‎(1)解 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.‎ 由题设得-=-2,所以a=1.‎ ‎(2)证明 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]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)单调递减,在(2,+∞)单调递增,‎ 所以g(x)>h(x)≥h(2)=0.‎ 所以g(x)=0在(0,+∞)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.‎ 题型三 利用导数研究不等式问题 例3 (2016·全国乙卷)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.‎ 解 (1)f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).‎ ‎(ⅰ)设a≥0,则当x∈(-∞,1)时,f′(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0.所以f(x)在(-∞‎ ‎,1)单调递减,‎ 在(1,+∞)单调递增.‎ ‎(ⅱ)设a<0,由f′(x)=0,得x=1或x=ln(-2a).‎ ‎①若a=-,则f′(x)=(x-1)(ex-e),‎ 所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.‎ ‎②若a>-,则ln(-2a)<1,故当x∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)时,f′(x)>0;当x∈(ln(-2a),1)时,f′(x)<0.所以f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)上单调递增,在(ln(-2a),1)上单调递减.‎ ‎③若a<-,则ln(-2a)>1,故当x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)时,f′(x)>0;当x∈(1,ln(-2a))时,f′(x)<0.所以f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)上单调递增,在(1,ln(-2a))单调递减.‎ ‎(2)(ⅰ)设a>0,则由(1)知,f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.‎ 又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b(b-2)+a(b-1)2=a>0,‎ 所以f(x)有两个零点.‎ ‎(ⅱ)设a=0,则f(x)=(x-2)ex,所以f(x)只有一个零点.‎ ‎(ⅲ)设a<0,若a≥-,则由(1)知,f(x)在(1,+∞)上单调递增.又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在两个零点;若a<-,则由(1)知,f(x)在(1,ln(-2a))上单调递减,在(ln(-2a),+∞)上单调递增.又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在两个零点.‎ 综上,a的取值范围为(0,+∞).‎ 思维升华 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.‎ ‎ 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 问题等价于f(x)的值域是g(x)的值域的子集,‎ 显然,g(x)单调递减,∴g(x)max=g(2)=,‎ g(x)min=g(4)=-.‎ 对于f(x),f′(x)=3x2-4x+1,‎ 令f′(x)=0,解得x=或x=1,‎ 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况列表如下:‎ x ‎-1‎ ‎(-1,)‎ ‎(,1)‎ ‎1‎ ‎(1,2)‎ ‎2‎ f′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ a-4‎ ‎↗‎ +a ‎↘‎ a ‎↗‎ a+2‎ ‎∴f(x)max=a+2,f(x)min=a-4,‎ ‎∴ ‎∴a∈[-,-].‎ ‎1.(2017·江苏淮阴中学月考)在平面直角坐标系xOy中,已知向量a=(1,0),b=(0,2).设向量x=a+(1-cos θ)b,y=-ka+b,其中0<θ<π.‎ ‎(1)若k=4,θ=,求x·y的值;‎ ‎(2)若x∥y,求实数k的最大值,并求取最大值时θ的值.‎ 解 (1)方法一 当k=4,θ=时,x=(1,2-),y=(-4,4),‎ 则x·y=1×(-4)+(2-)×4=4-4.‎ 方法二 依题意,a·b=0,‎ 则x·y=[a+(1-)b]·(-4a+2b)‎ ‎=-4a2+2×(1-)b2‎ ‎=-4+2×(1-)×4=4-4.‎ ‎(2) 依题意,x=(1,2-2cos θ),y=(-k,),‎ 因为x∥y,所以=-k(2-2cos θ),‎ 整理,得=sin θ(cos θ-1),‎ 令f(θ)=sin θ(cos θ-1)(0<θ<π),‎ 则f′(θ)=cos θ(cos θ-1)+sin θ(-sin θ)‎ ‎=2cos2θ-cos θ-1‎ ‎=(2cos θ+1)(cos θ-1).‎ 令f′(θ)=0,得cos θ=-或cos θ=1.‎ 又0<θ<π,故θ=.‎ 当θ变化时,f′(θ),f(θ)的变化情况如下表:‎ θ ‎(0,)‎ ‎(,π)‎ f′(θ)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(θ)‎ ↘‎ 极小值- ‎↗‎ 故当θ=时,f(θ)min=-,‎ 此时实数k取最大值-.‎ ‎2.(2015·重庆)设函数f(x)=(a∈R).‎ ‎(1)若f(x)在x=0处取得极值,确定a的值,并求此时曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;‎ ‎(2)若f(x)在[3,+∞)上为减函数,求a的取值范围.‎ 解 (1)对f(x)求导得 f′(x)= ‎=,‎ 因为f(x)在x=0处取得极值,所以f′(0)=0,即a=0.‎ 当a=0时,f(x)=,f′(x)=,故f(1)=,f′(1)=,从而f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-=(x-1),化简得3x-ey=0.‎ ‎(2)由(1)知f′(x)=.‎ 令g(x)=-3x2+(6-a)x+a,‎ 由g(x)=0,解得x1=,‎ x2=.‎ 当x<x1时,g(x)<0,即f′(x)<0,故f(x)为减函数;‎ 当x1<x<x2时,g(x)>0,即f′(x)>0,故f(x)为增函数;‎ 当x>x2时,g(x)<0,即f′(x)<0,‎ 故f(x)为减函数.‎ 由f(x)在[3,+∞)上为减函数,知x2=≤3,解得a≥-,‎ 故a的取值范围为.‎ ‎3.(2016·泰州模拟)植物园拟建一个多边形苗圃,苗圃的一边紧靠着长度大于30 m的围墙.现有两种方案:‎ 方案① 多边形为直角三角形AEB(∠AEB=90°),如图1所示,其中AE+EB=30 m;‎ 方案② 多边形为等腰梯形AEFB(AB>EF),如图2所示,其中AE=EF=BF=10 m.‎ 请你分别求出两种方案中苗圃的最大面积,并从中确定使苗圃面积最大的方案.‎ 解 设方案①,②中多边形苗圃的面积分别为S1,S2.‎ 方案① 设AE=x,则S1=x(30-x)‎ ‎≤ []2=(当且仅当x=15时, “=”成立).‎ 方案② 设∠BAE=θ,‎ 则S2=100sin θ(1+cos θ),θ∈(0,).‎ 令S′2=100(2cos2θ+cos θ-1)=0,得cos θ=(cos θ=-1舍去),因为θ∈(0,),所以θ= ‎.‎ 列表:‎ θ ‎(0,)‎ ‎(,)‎ S′2‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ S2‎ ↗‎ 极大值 ‎↘‎ 所以当θ=时,(S2)max=75.‎ 因为<75,所以建苗圃时用方案②,且∠BAE=.‎ 答 方案①②苗圃的最大面积分别为 m2,75 m2,建苗圃时用方案②,且∠BAE=.‎ ‎4.(2016·无锡期末)已知函数f(x)=ln x+(a>0).‎ ‎(1)当a=2时,求出函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若不等式f(x)≥a对于x>0恒成立,求实数a的取值范围.‎ 解 (1)当a=2时,函数f(x)=ln x+,‎ 所以f′(x)=-=,‎ 所以当x∈(0,e)时,f′(x)<0,则函数f(x)在(0,e)上单调递减;‎ 当x∈(e,+∞)时,f′(x)>0,则函数f(x)在(e,+∞)上单调递增.‎ ‎(2)由题意得ln x+≥a在x∈(0,+∞)上恒成立,等价于xln x+a+e-2-ax≥0在(0,+∞)上恒成立,令g(x)=xln x+a+e-2-ax,‎ 因为g′(x)=ln x+1-a,令g′(x)=0,得x=ea-1,‎ 所以g′(x)与g(x)关系如下表所示:‎ x ‎(0,ea-1)‎ ea-1‎ ‎(ea-1,+∞)‎ g′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ g(x)‎ ↘‎ 极小值 ↗‎ 所以g(x)的最小值为g(ea-1)=(a-1)ea-1+a+e-2-aea-1=a+e-2-ea-1≥0.‎ 令t(x)=x+e-2-ex-1,‎ 因为t′(x)=1-ex-1,‎ 令t′(x)=0,得x=1,所以t′(x)与t(x)关系如下表所示:‎ x ‎(0,1)‎ ‎1‎ ‎(1,+∞)‎ t′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ t(x)‎ ‎↗‎ 极大值 ↘‎ 所以当a∈(0,1)时,g(x)的最小值t(a)>t(0)=e-2-=>0,‎ 当a∈[1,+∞)时,由g(x)的最小值t(a)=a+e-2-ea-1≥0=t(2),得a∈[1,2].综上得a∈(0,2].‎ ‎5.(2016·徐州质检)已知函数f(x)=,g(x)=ax-2ln x-a(a∈R,e为自然对数的底数).‎ ‎(1)求f(x)的极值;‎ ‎(2)在区间(0,e]上,对于任意的x0,总存在两个不同的x1,x2,使得g(x1)=g(x2)=f(x0),求a的取值范围.‎ 解 (1)因为f(x)=,所以f′(x)=,‎ 令f′(x)=0,得x=1. ‎ 当x∈(-∞,1)时,f′(x)>0,f(x)是增函数;‎ 当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)是减函数.‎ 所以f(x)在x=1时取得极大值f(1)=1,无极小值.‎ ‎(2)由(1)知,当x∈(0,1)时,f(x)单调递增;当x∈(1,e]时,f(x)单调递减.‎ 又因为f(0)=0,f(1)=1,f(e)=e·e1-e>0,‎ 所以当x∈(0,e]时,函数f(x)的值域为(0,1]. ‎ 当a=0时,g(x)=-2ln x在(0,e]上单调递减,不合题意; ‎ 当a≠0时,g′(x)=a-==,x∈(0,e],‎ 故必须满足0<.‎ 此时,当x变化时,g′(x),g(x)的变化情况如下:‎ x ‎(0,)‎ ‎(,e]‎ g′(x)‎ ‎—‎ ‎0‎ ‎+‎ g(x)‎ ↘‎ 极小值 ‎↗‎ 所以x→0,g(x)→+∞,g()=2-a-2ln ,‎ g(e)=a(e-1)-2.‎ 所以对任意给定的x0∈(0,e],在区间(0,e]上总存在两个不同的x1,x2,‎ 使得g(x1)=g(x2)=f(x0),当且仅当a满足下列条件即 令m(a)=2-a-2ln ,a∈(,+∞),‎ m′(a)=-,由m′(a)=0,得a=2.‎ 当a∈(2,+∞)时,m′(a)<0,函数m(a)单调递减;‎ 当a∈(,2)时,m′(a)>0,函数m(a)单调递增.‎ 所以,对任意a∈(,+∞)有m(a)≤m(2)=0, ‎ 即2-a-2ln ≤0对任意a∈(,+∞)恒成立.‎ 由a(e-1)-2≥1,解得a≥.‎ 综上所述,当a∈[,+∞)时,对于任意给定的x0∈(0,e],在区间(0,e]上总存在两个不同的x1,x2,使得g(x1)=g(x2)=f(x0). ‎

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