《2019-2020年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)導(dǎo)練測(cè) 第三章 高考專題突破一 高考中的導(dǎo)數(shù)應(yīng)用問(wèn)題 理 新人教A版.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)導(dǎo)練測(cè) 第三章 高考專題突破一 高考中的導(dǎo)數(shù)應(yīng)用問(wèn)題 理 新人教A版.doc（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
2019-2020年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)導(dǎo)練測(cè) 第三章 高考專題突破一 高考中的導(dǎo)數(shù)應(yīng)用問(wèn)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
0，即(－x2＋2)ex>0，因?yàn)閑x>0，
所以－x2＋2>0，解得－0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0對(duì)x∈(－1,1)都成立，
即a≥＝
＝(x＋1)－對(duì)x∈(－1,1)都成立．
令y＝(x＋1)－，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(wèn)題，最終歸結(jié)到判斷f′(x)的符號(hào)問(wèn)題上，而f′(x)>0或f′(x)<0，最終可轉(zhuǎn)化為一個(gè)一元一次或一元二次不等式問(wèn)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(wèn)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(shè)函數(shù)g(x)＝(f(x)－x3)ex，若函數(shù)g(x)在x∈[－3，2]上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)c的取值范圍．
解 (1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c，
得f′(x)＝3x2＋2ax－1.
當(dāng)x＝時(shí)，得a＝f′＝32＋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)－x3)ex＝(－x2－x＋c)ex，
有g(shù)′(x)＝(－2x－1)ex＋(－x2－x＋c)ex
＝(－x2－3x＋c－1)ex，
因?yàn)楹瘮?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(dǎo)數(shù)研究不等式問(wèn)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(duì)一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
(3)證明：對(duì)一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)n x>－成立．
思維點(diǎn)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(dāng)x∈(0，)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．
①當(dāng)00)，
則h′(x)＝，
①當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，
②當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，
所以h(x)min＝h(1)＝4.
因?yàn)閷?duì)一切x∈(0，＋∞)，
2f(x)≥g(x)恒成立，
所以a≤h(x)min＝4.
(3)證明 問(wèn)題等價(jià)于證明
xln x>－(x∈(0，＋∞))．
由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，
當(dāng)且僅當(dāng)x＝時(shí)取到，設(shè)m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，則m′(x)＝，易知m(x)max＝m(1)＝－，
當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取到．
從而對(duì)一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)n x>－成立．
思維升華 (1)恒成立問(wèn)題可以轉(zhuǎn)化為我們較為熟悉的求最值的問(wèn)題進(jìn)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(wèn)題．
設(shè)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(dāng)x≥0時(shí)，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′(x)＝(ex－1)(x＋1)，
∴當(dāng)－10時(shí)，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(dāng)x＝0時(shí)，顯然成立；
當(dāng)x>0時(shí)，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(dǎo)數(shù)研究方程解或圖象交點(diǎn)問(wèn)題
例3 已知f(x)＝ax2 (a∈R)，g(x)＝2ln x.
(1)討論函數(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(gè)不等解，求a的取值范圍．
解 (1)F(x)＝ax2－2ln x，其定義域?yàn)?0，＋∞)，
所以F′(x)＝2ax－＝ (x>0)．
①當(dāng)a>0時(shí)，由ax2－1>0，得x>.
由ax2－1<0，得00時(shí)，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(dāng)a≤0時(shí)，F(xiàn)′(x)<0 (x>0)恒成立．
故當(dāng)a≤0時(shí)，F(xiàn)(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．
(2)原式等價(jià)于方程a＝＝φ(x)在區(qū)間[，e]上有兩個(gè)不等解．
由φ′(x)＝易知，φ(x)在(，)上為增函數(shù)，
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(gè)不等解時(shí)
需≤a<.
即f(x)＝g(x)
在[，e]上有兩個(gè)不等解時(shí)
a的取值范圍為≤a<.
思維升華 對(duì)于方程解的個(gè)數(shù)(或函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù))問(wèn)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(dāng)a＝2時(shí)，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(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
解 (1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝2ln x－x2＋2x，f′(x)＝－2x＋2，切點(diǎn)坐標(biāo)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(dāng)g′(x)＝0時(shí)，x＝1.
當(dāng)0；
當(dāng)10，
故f(x)在(－∞，－2)上為增函數(shù)；
當(dāng)x∈(－2,2)時(shí)，f′(x)<0，
故f(x)在(－2,2)上為減函數(shù)；
當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，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(shè)條件知16＋c＝28，解得c＝12.
此時(shí)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)是奇函數(shù)．
(1)求f(x)的表達(dá)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?yàn)楹瘮?shù)g(x)是奇函數(shù)，所以g(－x)＝－g(x)，
即對(duì)任意實(shí)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(dá)式為f(x)＝－x3＋x2.
(2)由(1)知g(x)＝－x3＋2x，所以g′(x)＝－x2＋2.
令g′(x)＝0，解得x1＝－，x2＝，
則當(dāng)x<－或x>時(shí)，g′(x)<0，
從而g(x)在區(qū)間(－∞，－ )，(，＋∞)上是減函數(shù)；
當(dāng)－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(shí)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(dāng)a＝3時(shí)，求函數(shù)f(x)在[，2]上的最大值和最小值；
(2)當(dāng)函數(shù)f(x)在(，2)上單調(diào)時(shí)，求a的取值范圍．
解 (1)當(dāng)a＝3時(shí)，f′(x)＝－2x＋3－
＝－＝－，
令f′(x)＝0，解得x＝或1.
當(dāng)x∈(0，)∪(1，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，故f(x)在(0，)和(1，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(，1)時(shí)，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(diǎn)x＝1，
故這個(gè)極大值點(diǎn)也是最大值點(diǎn)，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)0；
當(dāng)x∈(9,11)時(shí)，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(dāng)x＝9時(shí)，y取最大值，且ymax＝135，
即售價(jià)為9元時(shí)，年利潤(rùn)最大，最大年利潤(rùn)為135萬(wàn)元．
6．(xx課標(biāo)全國(guó)Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)＝aln x＋x2－bx(a≠1)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))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(shè)知f′(1)＝0，解得b＝1.
(2)f(x)的定義域?yàn)?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(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，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(dāng)x∈(1，)時(shí)，f′(x)<0，
當(dāng)x∈(，＋∞)時(shí)，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，＋∞)．
2019-2020年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)導(dǎo)練測(cè) 第三章 高考專題突破一 高考中的導(dǎo)數(shù)應(yīng)用問(wèn)題 理 新人教A版.doc
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