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2019-2020年高考數(shù)學二輪復習 專題2 函數(shù)與導數(shù) 第3講 導數(shù)的概念及其簡單應用 文
導數(shù)的幾何意義及導數(shù)的運算
1.(xx河南洛陽市統(tǒng)考)已知直線m:x+2y-3=0,函數(shù)y=3x+cos x的圖象與直線l相切于P點,若l⊥m,則P點的坐標可能是( B )
(A) (-,-) (B) (,)
(C) (,) (D) (-,-)
解析:由l⊥m可得直線l的斜率為2,函數(shù)y=3x+cos x的圖象與直線l相切于P點,也就是函數(shù)在P點的導數(shù)值為2,而y′=3-sin x=2,解得sin x=1,只有B,D符合要求,而D中P點不在函數(shù)圖象上,因此選擇B.
2.(xx江蘇卷)在平面直角坐標系xOy中,若曲線y=ax2+(a,b為常數(shù))過點P(2,
-5),且該曲線在點P處的切線與直線7x+2y+3=0平行,則a+b的值是 .
解析:易知y′=2ax-.
根據(jù)題意有解得故a+b=-3.
答案:-3
3.(xx吉林實驗中學二模)已知函數(shù)f(x)=2aex(a>0,e為自然對數(shù)的底數(shù))的圖象與直線x=0的交點為M,函數(shù)g(x)=ln(a>0)的圖象與直線y=0的交點為N,|MN|恰好是點M到函數(shù)g(x)=ln(a>0)圖象上任意一點的線段長的最小值,則實數(shù)a的值是 .
解析:由已知得M(0,2a),N(a,0),因為g′(x)=,則g(x)在x=a處的切線斜率為,若|MN|恰好是點M到函數(shù)g(x)=ln(a>0)圖象上任意一點的線段長的最小值,則=-1,解得a=2.
答案:2
利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性
4.(xx遼寧沈陽市質量監(jiān)測一)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)+f′(x)>
1,f(0)=4,則不等式f(x)>+1(e為自然對數(shù)的底數(shù))的解集為( A )
(A)(0,+∞) (B)(-∞,0)∪(3,+∞)
(C)(-∞,0)∪(0,+∞) (D)(3,+∞)
解析:不等式f(x)>+1,
可以轉化為exf(x)-ex-3>0,
令g(x)=exf(x)-ex-3,
所以g′(x)=ex(f(x)+f′(x))-ex
=ex(f(x)+f′(x)-1)>0,
所以g(x)在R上單調遞增.
又因為g(0)=f(0)-4=0,
所以g(x)>0?x>0,即不等式的解集是(0,+∞).
5.(xx蘭州高三診斷)已知定義在R上的可導函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x),滿足f′(x)
0.故選B.
6.(xx貴州適應性考試)設函數(shù)f(x)=ax-sin x,x∈[0,π],
(1)當a=時,求f(x)的單調區(qū)間;
(2)若不等式f(x)≤1-cos x恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.
解:(1)當a=時,f′(x)=-cos x,
由f′(x)>0得0,可知存在x0∈(0, ),使得g′(x0)=0.
當x∈(0,x0)時,g′(x)<0,g(x)是減函數(shù),
有g(x)0, g(x)是增函數(shù);
當x∈(x1,π)時,g′(x)<0,g(x)是減函數(shù),
要使1-cos x+sin x-ax≥0在x∈[0,π]上恒成立,
當且僅當?shù)?11,存在實數(shù)a,b滿足01時函數(shù)f(x)>g(x)恒成立,即等價于>?k<(x>1).
令h(x)=,h′(x)=.
令h′(x)==0,
即有l(wèi)n x=x-2,注意到ln 3>3-2;ln 4<4-2,
故存在x0∈(3,4),使得當x∈(1,x0)時h′(x)<0;
當x∈(x0,+∞)時h′(x)>0.
故當x=x0時函數(shù)h(x)=有極小值也是最小值
h(x0)=
=
=x0,
所以k≤x0,所以k≤3即k的最大值為3.
答案:3
8.(xx黑龍江大慶二模)已知函數(shù)f(x)=(ax-2)ex在x=1處取得極值.
(1)求a的值;
(2)求函數(shù)f(x)在[m,m+1]上的最小值;
(3)求證:對任意x1、x2∈[0,2],都有|f(x1)-f(x2)|≤e.
解:(1)f′(x)=aex+(ax-2)ex=(ax+a-2)ex,
由已知得f′(1)=0,即(2a-2)e=0,解得a=1,
驗證知,當a=1時,在x=1處函數(shù)f(x)=(x-2)ex取得極小值,所以a=1;
(2)f(x)=(x-2)ex,
f′(x)=ex+(x-2)ex=(x-1)ex.
x
(-∞,1)
1
(1,+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
減
增
所以函數(shù)f(x)在(-∞,1)上遞減,在(1,+∞)上遞增.
當m≥1時,f(x)在[m,m+1]上單調遞增,
f(x)min=f(m)=(m-2)em.
當0
解析:由題意知f′(x)=x2-x+c.
因為函數(shù)f(x)有極值,所以Δ=1-4c>0,解得c<.
故選A.
4.(xx廣東潮州市二模)已知奇函數(shù)y=f(x)的導函數(shù)f′(x)<0在R恒成立,且x,y滿足不等式f(x2-2x)+f(y2-2y)≥0,則的取值范圍是( A )
(A)[0,2] (B)[0,] (C)[1,2] (D)[,2]
解析:因為函數(shù)為奇函數(shù),所以f(x2-2x)≥f(2y-y2).
由函數(shù)y=f(x)的導函數(shù)f′(x)<0在R恒成立知函數(shù)y=f(x)為減函數(shù),
所以x2-2x≤2y-y2,即(x-1)2+(y-1)2≤2,
所以滿足該不等式的點(x,y)在以(1,1)為圓心,
半徑為的圓及圓內部,
所以點(x,y)到原點的最小距離為0,最大距離為2,
所以的取值范圍是[0,2].故選A.
5.(xx廣東深圳五校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),f(1)=0,當x>0時,有xf′(x)-f(x)>0成立,則不等式f(x)>0的解集是( A )
(A)(-1,0)∪(1,+∞) (B)(-1,0)
(C)(1,+∞) (D)(-∞,-1)∪(1,+∞)
解析:構造函數(shù)h(x)=,x>0,
則h′(x)=>0,x>0,
所以h(x)是(0,+∞)上過點(1,0)的增函數(shù).
所以當x∈(0,1)時<0,從而得f(x)<0;
當x∈(1,+∞)時>0,從而得f(x)>0.
由于函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),
所以不等式f(x)>0的解集為(-1,0)∪(1,+∞),故選A.
6.(xx黃岡市三模)已知函數(shù)f(x)=a(x-)-2ln x(a∈R),g(x)=-,若至少存在一個x0∈[1,e],使得f(x0)>g(x0)成立,則實數(shù)a的范圍為( D )
(A)[1,+∞) (B)(1,+∞)
(C)[0,+∞) (D)(0,+∞)
解析:設h(x)=f(x)-g(x)=ax-2ln x,
則h′(x)=a-.
若a≤0,則h′(x)<0,h(x)是減函數(shù),
在[1,e]上的最大值為h(1)=a≤0,
所以不存在x0∈[1,e],使得h(x0)>0,
即f(x0)>g(x0)成立;
若a>0,則由h(1)=a>0知,
總存在x0=1使得f(x0)>g(x0)成立.
故實數(shù)a的范圍為(0,+∞).
7.(xx貴州遵義市第二次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=x3-6x2+9x-abc,其中00 (B)f(0)f(1)f(3)>0
(C)f(0)f(1)f(3)<0 (D)f(1)f(3)>0
解析:f′(x)=3x2-12x+9,
由f′(x)=0得x1=3,x2=1.
又因為f(a)=f(b)=f(c)=0,00,f(3)<0,f(0)f(1)f(3)>0.
8.(xx江西贛州高三摸底)已知函數(shù)f(x)=(a-3)x-ax3在[-1,1]的最小值為-3,則實數(shù)a的取值范圍是( D )
(A)(-∞,-1] (B)[12,+∞)
(C)[-1,12] (D)[-,12]
解析:當a=0時,f(x)=-3x,x∈[-1,1],顯然滿足,
故a=0,排除A,B;
當a=-時,f(x)=x3-x,
f′(x)=x2-=(x2-1),
所以f(x)在[-1,1]上遞減,
所以f(x)min=f(1)=-=-3,滿足條件,排除C,
故選D.
9.(xx鄂爾多斯市模擬)已知函數(shù)f(x)=(x2-2x)ex,x∈[-2,+∞),f′(x)是函數(shù)f(x)的導函數(shù),且f′(x)有兩個零點x1和x2(x10得-2;
由f′(x)<0得-f()=(2-2),
所以f(x)的最小值為f(),即f(x2).
10.(xx邢臺市二模)已知函數(shù)f(x)=(a∈R),若對于任意的x∈N*,f(x)≥3恒成立,則a的最小值等于( A )
(A)- (B)-3
(C)-4+3 (D)-6
解析:x∈N*時,不等式f(x)≥3可化為a≥-x-+3,
設h(x)=-x-+3,則h′(x)=-1+=,
當x∈(0,2)時,h′(x)>0,當x∈(2,+∞)時,
h′(x)<0,所以x∈N*時,h(x)max={h(2),h(3)}max=-,所以x∈N*,f(x)≥3恒成立,只需a≥-即可.
11.(xx東北三省三校第一次聯(lián)合模擬)若函數(shù)f(x)=2x3-3mx2+6x在區(qū)間(2,
+∞)上為增函數(shù),則實數(shù)m的取值范圍是( D )
(A)(-∞,2) (B)(-∞,2]
(C) (-∞, ) (D) (-∞, ]
解析:f′(x)=6x2-6mx+6,
所以當Δ=(6m)2-466<0,即-20恒成立,此時f(x)在R上為增函數(shù),符合條件;
當m≤-2或m≥2時,由6x2-6mx+6>0,得(x-)2>,即x>+或x<-+.
又因為f(x)在區(qū)間(2,+∞)上為增函數(shù),
所以+≤2,解得m≤-2或2≤m≤.
綜上得,m≤.故選D.
12.(xx吉林實驗中學二模)設f(x)=x3+bx2+cx+d,又k是一個常數(shù),已知當k<0或k>4時,f(x)-k=0只有一個實根;當00,
即當a>b,該函數(shù)有兩個極值點,
a是從1,2,3三個數(shù)中任取的一個數(shù),b是從0,1,2三個數(shù)中任取的一個數(shù)的基本事件有9種,滿足a>b的基本事件有(1,0),(2,0),(2,1),(3,0),(3,1),(3,2)共6種,故函數(shù)有兩個極值點的概率為P==.
答案:
15.(xx武漢模擬)若函數(shù)f(x)=-ln x在區(qū)間(2,+∞)上單調遞減,則實數(shù)k的取值范圍是 .
解析:因為f(x)=-ln x,
所以f′(x)=--=-,
函數(shù)f(x)=-ln x在區(qū)間(2,+∞)上單調遞減,
所以f′(x)=-≤0在x∈(2,+∞)上恒成立,
即在x∈(2,+∞)上,x+k≥0,
所以2+k≥0,所以k≥-2.
答案:[-2,+∞)
16.(xx荊門模擬)若函數(shù)f(x)=x2-ln x+1在其定義域內的一個子區(qū)間(a-1,a+1)內存在極值,則實數(shù)a的取值范圍是 .
解析:f(x)=x2-ln x+1的定義域為(0,+∞),
f′(x)=2x-=;
因為函數(shù)f(x)=x2-ln x+1在其定義域內的一個子區(qū)間(a-1,a+1)內存在極值,
所以f′(x)=2x-=在區(qū)間(a-1,a+1)上有零點;而f′(x)=2x-=的零點為,故∈(a-1,a+1),故a-1<0或f′(x)<0可解時,確定函數(shù)的定義域,解不等式f′(x)>0或f′(x)<0求出單調區(qū)間.
②當方程f′(x)=0可解時,確定函數(shù)的定義域,解方程f′(x)=0,求出實數(shù)根,把函數(shù)f(x)的間斷點(即f(x)的無定義點)的橫坐標和實根按從小到大的順序排列起來,把定義域分成若干個小區(qū)間,確定f′(x)在各個區(qū)間內的符號,從而確定單調區(qū)間.
③不等式f′(x)>0或f′(x)<0及方程f′(x)=0均不可解時求導數(shù)并化簡,根據(jù)f′(x)的結構特征,選擇相應基本初等函數(shù),利用其圖象與性質確定f′(x)的符號,得單調區(qū)間.
(2)求函數(shù)f(x)極值的方法
①確定函數(shù)f(x)的定義域.
②求導函數(shù)f′(x).
③求方程f′(x)=0的根.
④檢查f′(x)在方程的根的左右兩側的符號,確定極值點.如果左正右負,那么f(x)在這個根處取得極大值,如果左負右正,那么f(x)在這個根處取得極小值,如果f′(x)在這個根的左右兩側符號不變,則f(x)在這個根處沒有極值.
1.(xx廣西柳州市、北海市、欽州市1月份模擬)設函數(shù)f(x)=-x3+2ax2-3a2x+1,00時,得a3a;
所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(a,3a);
f(x)的單調遞減區(qū)間為(-∞,a)和(3a,+∞).
故當x=3a時,f(x)有極大值,其極大值為f(3a)=1.
(2)因為f′(x)=-x2+4ax-3a2=-(x-2a)2+a2,
當02a,
所以f′(x)在區(qū)間[1-a,1+a]內單調遞減.
所以f′(x)max=f′(1-a)=-8a2+6a-1,
f′(x)min=f′(1+a)=2a-1.
因為-a≤f′(x)≤a,所以此時,a∈?.
當≤a<1時,f′(x)max=f′(2a)=a2.
因為-a≤f′(x)≤a,
所以即
此時,≤a≤.
綜上可知,實數(shù)a的取值范圍為[,].
2.(xx貴州遵義市第二次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=(a∈R)
(1)若曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與直線x-y-1=0平行,求a的值;
(2)在(1)條件下,求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間和極值;
(3)當a=1,且x≥1時,證明:f(x)≤1.
(1)解:函數(shù)f(x)的定義域為{x|x>0},
所以f′(x)=.
又曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與直線x-y-1=0平行,
所以f′(1)=1-a=1,即a=0.
(2)解:令f′(x)=0,得x=e,
當x變化時,f′(x),f(x)的變化情況如下表:
x
(0,e)
e
(e,+∞)
f′(x)
+
0
-
f(x)
↗
極大值
↘
由表可知,f(x)的單調遞增區(qū)間是(0,e),
單調遞減區(qū)間是(e,+∞),
所以f(x)在x=e處取得極大值,f(x)極大值=f(e)=.
(3)證明:當a=1時,f(x)=,由于x∈[1,+∞),
要證f(x)=≤1,
只需證明ln x+1≤x,
令h(x)=x-ln x-1,則h′(x)=1-=.
因為x≥1,所以h′(x)≥0,故h(x)在[1,+∞)上單調遞增,
當x≥1時,h(x)≥h(1)=0,即ln x+1≤x成立,
故當x≥1時,有≤1,即f(x)≤1.
3.(xx貴州遵義市第二次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=x-aln x,g(x)=-(a∈R).
(1)當a=1時,求曲線f(x)在x=1處的切線方程;
(2)設函數(shù)h(x)=f(x)-g(x),求函數(shù)h(x)的單調區(qū)間;
(3)若在[1,e](e=2.718…)上存在x0,使得f(x0)0,即a>-1時,在(0,1+a)上,h′(x)<0,
在(1+a,+∞)上h′(x)>0,
所以h(x)在(0,1+a)上單調遞減,
在(1+a,+∞)上單調遞增;
②當a+1≤0,即a≤-1時,
在(0,+∞)上h′(x)>0,
所以函數(shù)h(x)在(0,+∞)上單調遞增.
(3)在[1,e]上存在x0,使得f(x0),
因為>e-1,所以a>;
②當a+1≤1,即a≤0時,h(x)在[1,e]上單調遞增,
所以h(x)最小值為h(1),
由h(1)=1+1+a<0可得a<-2;
③當12,
此時不存在x0使h(x0)<0成立.
綜上可得所求a的范圍是a>或a<-2.
4.(xx江西上饒三模)已知函數(shù)f(x)=(mx+1)(ln x-3).
(1)若m=1,求曲線y=f(x)在x=1處的切線方程;
(2)設點A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))滿足ln x1ln x2=3ln(x1x2)-8(x1≠x2),判斷是否存在點P(m,0),使得∠APB為直角?說明理由.
(3)若函數(shù)f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù),求實數(shù)m的取值范圍.
解:(1)f′(x)=(ln x-3)+(x+1),
則f′(1)=-1,f(1)=-6,
所以切線方程為x+y+5=0;
(2)依題意得=(x1-m,f(x1)),
=(x2-m,f(x2)).
=(x1-m)(x2-m)+f(x1)f(x2)
=(x1-m)(x2-m)+(mx1+1)(lnx1-3)(mx2+1)(ln x2-3)
=x1x2-m(x1+x2)+m2+[m2x1x2+m(x1+x2)+1][lnx1lnx2-3(lnx1+lnx2)+9]
=x1x2-m(x1+x2)+m2+[m2x1x2+m(x1+x2)+1]
=(1+m2)(x1x2+1)>0.
所以不存在實數(shù)m,使得∠APB為直角.
(3)f′(x)=m(lnx-3)+(mx+1)
=
=,
若函數(shù)f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù),
則f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,
有mx(ln x-2)+1≥0在(0,+∞)上恒成立,
設h(x)=x(ln x-2),h′(x)=ln x-1,h(x)在(0,e)是減函數(shù),在(e,+∞)是增函數(shù),
所以h(x)的值域為[-e,+∞),
即mt+1≥0在[-e,+∞)上恒成立.
有解得0≤m≤.
類型:利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、極值、最值問題
1.設函數(shù)f(x)=ax2ln x+b(x-1)(x>0),曲線y=f(x)過點(e,e2-e+1),且在點(1,0)處的切線方程為y=0.
(1)求a,b的值;
(2)證明:當x≥1時,f(x)≥(x-1)2;
(3)若當x≥1時,f(x)≥m(x-1)2恒成立,求實數(shù)m的取值范圍.
解:(1)f′(x)=2axln x+ax+b,
因為f′(1)=a+b=0,
f(e)=ae2+b(e-1)=a(e2-e+1)=e2-e+1
所以a=1,b=-1.
(2)f(x)=x2ln x-x+1,
設g(x)=x2ln x+x-x2(x≥1),g′(x)=2xln x-x+1
(g′(x))′=2ln x+1>0,所以g′(x)在[1,+∞)上單調遞增,
所以g′(x)≥g′(1)=0,所以g(x)在[1,+∞)上單調遞增,
所以g(x)≥g(1)=0.所以f(x)≥(x-1)2.
(3)設h(x)=x2ln x-x-m(x-1)2+1,
h′(x)=2xln x+x-2m(x-1)-1,
由(2)中知x2ln x≥(x-1)2+x-1=x(x-1),
所以xln x≥x-1,
所以h′(x)≥3(x-1)-2m(x-1),
①當3-2m≥0即m≤時,h′(x)≥0,
所以h(x)在[1,+∞)單調遞增,
所以h(x)≥h(1)=0成立.
②當3-2m<0即m>時,
h′(x)=2xln x+(1-2m)(x-1),
(h′(x))′=2ln x+3-2m,令(h′(x))′=0,
得x0=>1,
當x∈[1,x0)時,h′(x)0,
即exsin(x+)>0,
也就是sin(x+)>0,
解得2kπ-0,
又因為ex>0,
所以f′(x)>0,即f(x)在[0,π)單調遞增;
當x+∈(π,π],
即x∈(π,π]時,sin(x+)<0,
又因為ex>0,
所以f′(x)<0,即f(x)在(π,π]單調遞減.
故f(x)在[0,π]上的最大值為
f(π)=sin π=,
又f(0)=e0sin 0=0;f(π)=eπsin π=0.
故f(x)在[0,π]上的最小值為0.
3.已知曲線f(x)=a(x-1)2+bln x(a,b∈R)在點(1,f(1))處的切線的斜率為1.
(1)若函數(shù)f(x)在[2,+∞)上為減函數(shù),求a的取值范圍;
(2)當x∈[1,+∞)時,不等式f(x)≤x-1恒成立,求a的取值范圍.
解:(1)f′(x)=2ax-2a+,由題知f′(1)=b=1,
即f(x)=a(x-1)2+ln x,
f′(x)=2ax-2a+=,
由f(x)在[2,+∞)上單調遞減,
則f′(x)≤0在[2,+∞)上恒成立,
即2ax2-2ax+1≤0在[2,+∞)上恒成立,
2a≤=-,
所以a的取值范圍是(-∞,-].
(2)令g(x)=f(x)-x+1=a(x-1)2+ln x-x+1,
則g(x)≤0在[1,+∞)上恒成立,
g′(x)=2ax-2a+-1=,
當2a≤0,即a≤0時,g′(x)≤0,g(x)在[1,+∞)上單調遞減,則g(x)≤g(1)=0,符合題意;
當0<≤1時,g′(x)≥0,g(x)在[1,+∞)上單調遞增,
則當x>1時,g(x)>g(1)=0,矛盾;
當>1時,g(x)在[1, )上單調遞減, (,+∞)上單調遞增,而g(+1)=ln(+1)>0,矛盾;
綜上,a的取值范圍是(-∞,0].
4.已知f(x)=x2+ax-ln x(a∈R).
(1)若a=0時,求函數(shù)y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程;
(2)若函數(shù)f(x)在[1,2]上是減函數(shù),求實數(shù)a的取值范圍;
(3)令g(x)=f(x)-x2,是否存在實數(shù)a,當x∈(0,e](e是自然對數(shù)的底數(shù))時,函數(shù)g(x)的最小值是3.若存在,求出a的值;若不存在,說明理由.
解:(1)當a=0時,f(x)=x2-ln x,
所以f′(x)=2x-,所以f′(1)=1,f(1)=1,
函數(shù)y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為x-y=0.
(2)函數(shù)f(x)在[1,2]上是減函數(shù),
所以f′(x)=2x+a-=≤0在[1,2]上恒成立,
令h(x)=2x2+ax-1,
有得所以a≤-.
(3)假設存在實數(shù)a,使g(x)=ax-ln x在x∈(0,e]上的最小值是3,g′(x)=a-=.
當a≤0時,g′(x)<0,
所以g(x)在(0,e]上單調遞減,
g(x)min=g(e)=ae-1=3,a=(舍去).
當a>0且≥e時,
即00且時,
令g′(x)<0,得00,得
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2019-2020年高考數(shù)學二輪復習
專題2
函數(shù)與導數(shù)
第3講
導數(shù)的概念及其簡單應用
2019
2020
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數(shù)學
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復習
專題
函數(shù)
導數(shù)
概念
及其
簡單
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2019-2020年高考數(shù)學二輪復習 專題2 函數(shù)與導數(shù) 第3講 導數(shù)的概念及其簡單應用 文.doc
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