《2022年高考數(shù)學專題復習導練測 第三章 高考專題突破一 高考中的導數(shù)應用問題 理 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學專題復習導練測 第三章 高考專題突破一 高考中的導數(shù)應用問題 理 新人教A版（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學專題復習導練測 第三章 高考專題突破一 高考中的導數(shù)應用問題 理 新人教A版 1．函數(shù)y＝x2－ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為(　　) A．(－1,1] B．(0,1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞) 答案　B 解析　y＝x2－ln x，y′＝x－＝＝(x>0)． 令y′≤0，得0

2、－cos π＝0， ∴a＝1，經(jīng)驗證符合題意． 3．函數(shù)f(x)＝x3－3x－1，若對于區(qū)間[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，則實數(shù)t的最小值是(　　) A．20 B．18 C．3 D．0 答案　A 解析　因為f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，可知f(x)在x＝±1處取得極值． 又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1， 所以在區(qū)間[－3,2]上f(x)max＝1，f(x)min＝－19. 由題設知在區(qū)間[－3,2]上f(x)max－f(x)min≤t，從而t≥20，

3、 所以t的最小值是20. 4．已知函數(shù)f(x)＝在[1，＋∞)上為減函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍為__________． 答案　[e，＋∞) 解析　f′(x)＝＝，因為f(x)在[1，＋∞)上為減函數(shù)，故f′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，即ln a≥1－ln x在[1，＋∞)上恒成立．設φ(x)＝1－ln x，φ(x)max＝1，故ln a≥1，a≥e. 5．(xx·安徽)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有兩個極值點x1，x2.若f(x1)＝x1

4、＋2ax＋b； 由已知x1，x2是方程3x2＋2ax＋b＝0的不同兩根， 當f(x1)＝x1

5、)ex ＝(－x2＋2)ex. 令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，因為ex>0， 所以－x2＋2>0，解得－0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0對x∈(－1,1)都成立， 即a≥＝ ＝(x＋1)－對x∈(－1,1)都成立． 令y＝(x＋1)

6、－，則y′＝1＋>0. 所以y＝(x＋1)－在(－1,1)上單調(diào)遞增， 所以y<(1＋1)－＝.即a≥. 因此a的取值范圍為a≥. 思維升華　(1)判斷函數(shù)的單調(diào)性，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值等問題，最終歸結(jié)到判斷f′(x)的符號問題上，而f′(x)>0或f′(x)<0，最終可轉(zhuǎn)化為一個一元一次或一元二次不等式問題． (2)若已知f(x)的單調(diào)性，則轉(zhuǎn)化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問題求解． 　已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′. (1)求a的值； (2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (3)設函數(shù)g(x)＝(f(x)－x3)·ex，若函數(shù)

7、g(x)在x∈[－3，2]上單調(diào)遞增，求實數(shù)c的取值范圍． 解　(1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c， 得f′(x)＝3x2＋2ax－1. 當x＝時，得a＝f′＝3×2＋2a×－1， 解之，得a＝－1. (2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋c. 則f′(x)＝3x2－2x－1＝3(x－1)，列表如下： x (－∞，－) － (－，1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 極大值 極小值 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－)和(1，＋∞)； f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是. (3)函數(shù)g(x)＝(f(x)

8、－x3)·ex＝(－x2－x＋c)·ex， 有g(shù)′(x)＝(－2x－1)ex＋(－x2－x＋c)ex ＝(－x2－3x＋c－1)ex， 因為函數(shù)g(x)在x∈[－3,2]上單調(diào)遞增， 所以h(x)＝－x2－3x＋c－1≥0在x∈[－3,2]上恒成立． 只要h(2)≥0，解得c≥11， 所以c的取值范圍是[11，＋∞)． 題型二　利用導數(shù)研究不等式問題 例2　已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3. (1)求函數(shù)f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值； (2)對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍； (3)證明：對一切x∈

9、(0，＋∞)，都有l(wèi)n x>－成立． 思維點撥　(1)求f′(x)，討論參數(shù)t求最小值； (2)分離a，利用求最值得a的取值范圍； (3)尋求所證不等式和題中函數(shù)f(x)的聯(lián)系，充分利用(1)中所求最值． (1)解　由f(x)＝xln x，x>0，得f′(x)＝ln x＋1， 令f′(x)＝0，得x＝. 當x∈(0，)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減； 當x∈(，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． ①當0

10、 t. 所以f(x)min＝ (2)解　?x∈(0，＋∞)，有 2xln x≥－x2＋ax－3，則a≤2ln x＋x＋， 設h(x)＝2ln x＋x＋(x>0)， 則h′(x)＝， ①當x∈(0,1)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減， ②當x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增， 所以h(x)min＝h(1)＝4. 因為對一切x∈(0，＋∞)， 2f(x)≥g(x)恒成立， 所以a≤h(x)min＝4. (3)證明　問題等價于證明 xln x>－(x∈(0，＋∞))． 由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－， 當且僅當x

11、＝時取到，設m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，則m′(x)＝，易知m(x)max＝m(1)＝－， 當且僅當x＝1時取到． 從而對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)n x>－成立． 思維升華　(1)恒成立問題可以轉(zhuǎn)化為我們較為熟悉的求最值的問題進行求解，若不能分離參數(shù)，可以將參數(shù)看成常數(shù)直接求解． (2)證明不等式，可以轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題． 　設函數(shù)f(x)＝xex－x(x＋1)＋2. (1)若a＝1，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當x≥0時，f(x)≥x2－x＋2恒成立，求a的取值范圍． 解　(1)∵a＝1，∴f(x)＝xex－x(x＋1)＋2＝xex－x2－x＋2， ∴f′(

12、x)＝(ex－1)(x＋1)， ∴當－10時，f′(x)>0， ∴f(x)在(－1,0)上單調(diào)遞減，在(－∞，－1)，(0，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)由f(x)≥x2－x＋2，得x(ex－x)≥0，即要滿足ex≥x， 當x＝0時，顯然成立； 當x>0時，即≥，記g(x)＝，則g′(x)＝， ∴易知g(x)的最小值為g(1)＝e， ∴≤e， 得a≤2(e－1)． 綜上所述，a的取值范圍是(－∞，2e－2]． 題型三　利用導數(shù)研究方程解或圖象交點問題 例3　已知f(x)＝ax2 (a∈R)，g(x)＝2ln x. (1)討論函

13、數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)的單調(diào)性； (2)若方程f(x)＝g(x)在區(qū)間[，e]上有兩個不等解，求a的取值范圍． 解　(1)F(x)＝ax2－2ln x，其定義域為(0，＋∞)， 所以F′(x)＝2ax－＝ (x>0)． ①當a>0時，由ax2－1>0，得x>. 由ax2－1<0，得00時，F(xiàn)(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增， 在區(qū)間上單調(diào)遞減． ②當a≤0時，F(xiàn)′(x)<0 (x>0)恒成立． 故當a≤0時，F(xiàn)(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． (2)原式等價于方程a＝＝φ(x)在區(qū)間[，e]上有兩個不等解． 由φ′(x)＝易知，φ(x)在(，)上為增函數(shù)，

14、 在(，e)上為減函數(shù)，則φ(x)max＝φ()＝， 而φ(e)＝<＝＝φ()． 所以φ(x)min＝φ(e)， 如圖可知φ(x)＝a有兩個不等解時 需≤a<. 即f(x)＝g(x) 在[，e]上有兩個不等解時 a的取值范圍為≤a<. 思維升華　對于方程解的個數(shù)(或函數(shù)零點個數(shù))問題，可利用函數(shù)的值域或最值，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性、草圖確定其中參數(shù)范圍． 　已知函數(shù)f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R)． (1)當a＝2時，求f(x)的圖象在x＝1處的切線方程； (2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－ax＋m在[，e]上有兩個零點，求實數(shù)m的取值范圍． 解　(1)當a＝2時，

15、f(x)＝2ln x－x2＋2x，f′(x)＝－2x＋2，切點坐標為(1,1)，切線的斜率k＝f′(1)＝2，則切線方程為y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1. (2)g(x)＝2ln x－x2＋m，則g′(x)＝－2x＝. ∵x∈[，e]， ∴當g′(x)＝0時，x＝1. 當0； 當1

16、10， 故f(x)在(－

17、∞，－2)上為增函數(shù)； 當x∈(－2,2)時，f′(x)<0， 故f(x)在(－2,2)上為減函數(shù)； 當x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0， 故f(x)在(2，＋∞)上為增函數(shù)． 由此可知f(x)在x＝－2處取得極大值f(－2)＝16＋c， f(x)在x＝2處取得極小值f(2)＝c－16. 由題設條件知16＋c＝28，解得c＝12. 此時f(－3)＝9＋c＝21，f(3)＝－9＋c＝3， f(2)＝－16＋c＝－4， 因此f(x)在[－3,3]上的最小值為f(2)＝－4. 2．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x2＋bx(其中常數(shù)a，b∈R)，g(x)＝f(x)＋f′(x)是奇函

18、數(shù)． (1)求f(x)的表達式； (2)討論g(x)的單調(diào)性，并求g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值與最小值． 解　(1)由題意得f′(x)＝3ax2＋2x＋b， 因此g(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b. 因為函數(shù)g(x)是奇函數(shù)，所以g(－x)＝－g(x)， 即對任意實數(shù)x，有a(－x)3＋(3a＋1)(－x)2＋ (b＋2)(－x)＋b＝－[ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b]， 從而3a＋1＝0，b＝0，解得a＝－，b＝0， 因此f(x)的表達式為f(x)＝－x3＋x2. (2)由(1)知g(x)＝－x3＋2x，所以g′

19、(x)＝－x2＋2. 令g′(x)＝0，解得x1＝－，x2＝， 則當x<－或x>時，g′(x)<0， 從而g(x)在區(qū)間(－∞，－ )，(，＋∞)上是減函數(shù)； 當－0， 從而g(x)在區(qū)間(－，)上是增函數(shù)． 由上述討論知，g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值與最小值只能在x＝1，，2時取得， 而g(1)＝，g()＝，g(2)＝， 因此g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值為g()＝， 最小值g(2)＝. 3．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋ax－ln x(a∈R)． (1)當a＝3時，求函數(shù)f(x)在[，2]上的最大值和最小值； (2)當函數(shù)f(x)在(，2

20、)上單調(diào)時，求a的取值范圍． 解　(1)當a＝3時，f′(x)＝－2x＋3－ ＝－＝－， 令f′(x)＝0，解得x＝或1. 當x∈(0，)∪(1，＋∞)時，f′(x)<0，故f(x)在(0，)和(1，＋∞)上單調(diào)遞減；當x∈(，1)時，f′(x)>0， 故f(x)在(，1)上單調(diào)遞增， 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(，2)上僅有極大值點x＝1， 故這個極大值點也是最大值點，故函數(shù)f(x)在[，2]上的最大值是f(1)＝2. 又f(2)－f()＝(2－ln 2)－(＋ln 2)＝－2ln 2<0， 故f(2)

21、f′(x)＝－2x＋a－，令g(x)＝2x＋， 則g′(x)＝2－，則函數(shù)g(x)在(，)上單調(diào)遞減，在(，2)上單調(diào)遞增， 由于g()＝3，g(2)＝，g()＝2， 故函數(shù)g(x)在(，2)的值域為[2，)． 若要f′(x)≤0在(，2)上恒成立， 即a≤2x＋在(，2)上恒成立，只要a≤2； 若要f′(x)≥0在(，2)上恒成立， 即a≥2x＋在(，2)上恒成立，只要a≥， 綜上所述，a的取值范圍是(－∞，2]∪[，＋∞)． 4．已知f(x)＝x2＋3x＋1，g(x)＝＋x. (1)a＝2時，求y＝f(x)和y＝g(x)的公共點個數(shù)； (2)a為何值時，y＝f(x)和

22、y＝g(x)的公共點個數(shù)恰為兩個． 解　(1)a＝2時，由 得x2＋3x＋1＝＋x， 整理得x3＋x2－x－2＝0(x≠1)． 令y＝x3＋x2－x－2， 求導得y′＝3x2＋2x－1， 令y′＝0，得x1＝－1，x2＝， 故得極值點分別在－1和處取得，且極大值、極小值都是負值． 所以y＝x3＋x2－x－2＝0的解只有一個． 即y＝f(x)與y＝g(x)的公共點只有一個． (2)由得x2＋3x＋1＝＋x， 整理得a＝x3＋x2－x(x≠1)， 令h(x)＝x3＋x2－x， 聯(lián)立 對h(x)求導可以得到極值點分別在－1和處的草圖，如圖所示， h(－1)＝1，h()＝

23、－， 當a＝h(－1)＝1時，y＝a與y＝h(x)僅有一個公共點(因為(1,1)點不在y＝h(x)曲線上)， 故a＝－時恰有兩個公共點． 5．某種產(chǎn)品每件成本為6元，每件售價為x元(6

24、－6)＝－2x3＋33x2－108x－108(60； 當x∈(9,11)時，y′<0. ∴函數(shù)y＝－2x3＋33x2－108x－108在(6,9)上單調(diào)遞增，在(9,11)上單調(diào)遞減． ∴當x＝9時，y取最大值，且ymax＝135， 即售價為9元時，年利潤最大，最大年利潤為135萬元． 6．(xx·課標全國Ⅰ)設函數(shù)f(x)＝aln x＋x2－bx(a≠1)，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))

25、處的切線斜率為0. (1)求b； (2)若存在x0≥1，使得f(x0)<，求a的取值范圍． 解　(1)f′(x)＝＋(1－a)x－b. 由題設知f′(1)＝0，解得b＝1. (2)f(x)的定義域為(0，＋∞)， 由(1)知，f(x)＝aln x＋x2－x， f′(x)＝＋(1－a)x－1＝(x－)(x－1)． ①若a≤，則≤1， 故當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0， 即f(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞增． 所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要條件為 f(1)<， 即－1<，解得－－11， 故當x∈(1，)時，f′(x)<0， 當x∈(，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在(1，)單調(diào)遞減，在(，＋∞)單調(diào)遞增． 所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要條件為f()<. 而f()＝aln ＋＋>， 所以不合題意． ③若a>1，則f(1)＝－1＝<. 綜上，a的取值范圍是(－－1，－1)∪(1，＋∞)．