2015步步高理科数学专题一

专题一高考中的导数应用问题1．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是()A．(－∞，2)B．(0,3)C．(1,4)D．(2，＋∞)答案D解析函数f(x)＝(x－3)ex的导数为f′(x)＝[(x－3)·ex]′＝1·ex＋(x－3)·ex＝(x－2)ex.由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)0时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f′(x)＝(x－2)ex0，解得x2.2．已知函数f(x)＝asin2x－13sin3x(a为常数)在x＝π3处取得极值，则a的值为()A．1B．0C.12D．－12答案A解析∵f′(x)＝2acos2x－cos3x，∴f′π3＝2acos23π－cosπ＝0，∴a＝1，经验证适合题意．3．函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是()A．20B．18C．3D．0答案A解析因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，可知－1,1为函数的极值点．又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在区间[－3,2]上f(x)max＝1，f(x)min＝－19.由题设知在区间[－3,2]上f(x)max－f(x)min≤t，从而t≥20，所以t的最小值是20.4．已知函数f(x)＝lna＋lnxx在[1，＋∞)上为减函数，则实数a的取值范围为__________．答案[e，＋∞)解析f′(x)＝1x·x－lna＋lnxx2＝1－lna＋lnxx2，因为f(x)在[1，＋∞)上为减函数，故f′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，即lna≥1－lnx在[1，＋∞)上恒成立．设φ(x)＝1－lnx，φ(x)max＝1，故lna≥1，a≥e.5．已知函数f(x)＝mx3＋nx2的图象在点(－1,2)处的切线恰好与直线3x＋y＝0平行，若f(x)在区间[t，t＋1]上单调递减，则实数t的取值范围是__________．答案[－2，－1]解析由题意知，点(－1,2)在函数f(x)的图象上，故－m＋n＝2.①又f′(x)＝3mx2＋2nx，则f′(－1)＝－3，故3m－2n＝－3.②联立①②解得：m＝1，n＝3，即f(x)＝x3＋3x2，令f′(x)＝3x2＋6x≤0，解得－2≤x≤0，则[t，t＋1]⊆[－2,0]，故t≥－2且t＋1≤0，所以t∈[－2，－1].题型一利用导数研究函数的单调性例1已知函数f(x)＝x2e－ax，a∈R.(1)当a＝1时，求函数y＝f(x)的图象在点(－1，f(－1))处的切线方程．(2)讨论f(x)的单调性．思维启迪(1)先求切点和斜率，再求切线方程；(2)先求f′(x)，然后分a＝0，a0，a0三种情况求解．解(1)因为当a＝1时，f(x)＝x2e－x，f′(x)＝2xe－x－x2e－x＝(2x－x2)e－x，所以f(－1)＝e，f′(－1)＝－3e.从而y＝f(x)的图象在点(－1，f(－1))处的切线方程为y－e＝－3e(x＋1)，即y＝－3ex－2e.(2)f′(x)＝2xe－ax－ax2e－ax＝(2x－ax2)e－ax.①当a＝0时，若x0，则f′(x)0，若x0，则f′(x)0.所以当a＝0时，函数f(x)在区间(－∞，0)上为减函数，在区间(0，＋∞)上为增函数．②当a0时，由2x－ax20，解得x0或x2a，由2x－ax20，解得0x2a.所以当a0时，函数f(x)在区间(－∞，0)，(2a，＋∞)上为减函数，在区间(0，2a)上为增函数．③当a0时，由2x－ax20，解得2ax0，由2x－ax20，解得x2a或x0.所以，当a0时，函数f(x)在区间(－∞，2a)，(0，＋∞)上为增函数，在区间(2a，0)上为减函数．综上所述，当a＝0时，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；当a0时，f(x)在(－∞，0)，(2a，＋∞)上单调递减，在(0，2a)上单调递增；当a0时，f(x)在(2a，0)上单调递减，在(－∞，2a)，(0，＋∞)上单调递增．思维升华(1)判断函数的单调性，求函数的单调区间、极值等问题，最终归结到判断f′(x)的符号问题上，而f′(x)0或f′(x)0，最终可转化为一个一元一次或一元二次不等式问题．(2)若已知f(x)的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题求解．已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′23.(1)求a的值；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)设函数g(x)＝(f(x)－x3)·ex，若函数g(x)在x∈[－3，2]上单调递增，求实数c的取值范围．解(1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax－1.当x＝23时，得a＝f′23＝3×232＋2a×23－1，解之，得a＝－1.(2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋c.则f′(x)＝3x2－2x－1＝3x＋13(x－1)，列表如下：x(－∞，－13)－13(－13，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗所以f(x)的单调递增区间是(－∞，－13)和(1，＋∞)；f(x)的单调递减区间是－13，1.(3)函数g(x)＝(f(x)－x3)·ex＝(－x2－x＋c)·ex，有g′(x)＝(－2x－1)ex＋(－x2－x＋c)ex＝(－x2－3x＋c－1)ex，因为函数g(x)在x∈[－3,2]上单调递增，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的取值范围是[11，＋∞)．题型二利用导数研究与不等式有关的问题例2已知f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t0)上的最小值；(2)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx1ex－2ex成立．思维启迪(1)求f′(x)，讨论参数t求最小值；(2)分离a，利用求最值得a的范围；(3)寻求所证不等式和题中函数f(x)的联系，充分利用(1)中所求最值．解(1)由f(x)＝xlnx，x0，得f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)＝0，得x＝1e.当x∈(0，1e)时，f′(x)0，f(x)单调递减；当x∈(1e，＋∞)时，f′(x)0，f(x)单调递增．①当0t1et＋2，即0t1e时，f(x)min＝f(1e)＝－1e；②当1e≤tt＋2，即t≥1e时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，f(x)min＝f(t)＝tlnt.所以f(x)min＝－1e，0t1etlnt，t≥1e.(2)2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋3x，设h(x)＝2lnx＋x＋3x(x0)，则h′(x)＝x＋3x－1x2，①当x∈(0,1)时，h′(x)0，h(x)单调递减，②当x∈(1，＋∞)时，h′(x)0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4，对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4.(3)问题等价于证明xlnxxex－2e(x∈(0，＋∞))．由(1)可知f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－1e，当且仅当x＝1e时取到，设m(x)＝xex－2e(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝1－xex，易知m(x)max＝m(1)＝－1e，当且仅当x＝1时取到．从而对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx1ex－2ex成立．思维升华(1)恒成立问题可以转化为我们较为熟悉的求最值的问题进行求解，若不能分离参数，可以将参数看成常数直接求解．(2)证明不等式，可以转化为求函数的最值问题．已知函数f(x)＝sinx(x≥0)，g(x)＝ax(x≥0)．(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(2)当a取(1)中的最小值时，求证：g(x)－f(x)≤16x3.(1)解令h(x)＝sinx－ax(x≥0)，则h′(x)＝cosx－a.若a≥1，h′(x)＝cosx－a≤0，h(x)＝sinx－ax(x≥0)单调递减，h(x)≤h(0)＝0，则sinx≤ax(x≥0)成立．若0a1，存在x0∈(0，π2)，使得cosx0＝a，当x∈(0，x0)，h′(x)＝cosx－a0，h(x)＝sinx－ax(x∈(0，x0))单调递增，h(x)h(0)＝0，不合题意，结合f(x)与g(x)的图象可知a≤0显然不合题意，综上可知，a≥1.(2)证明当a取(1)中的最小值1时，g(x)－f(x)＝x－sinx.设H(x)＝x－sinx－16x3(x≥0)，则H′(x)＝1－cosx－12x2.令G(x)＝1－cosx－12x2，则G′(x)＝sinx－x≤0(x≥0)，所以G(x)＝1－cosx－12x2在[0，＋∞)上单调递减，此时G(x)＝1－cosx－12x2≤G(0)＝0，即H′(x)＝1－cosx－12x2≤0，所以H(x)＝x－sinx－16x3(x≥0)单调递减．所以H(x)＝x－sinx－16x3≤H(0)＝0，即x－sinx－16x3≤0(x≥0)，即x－sinx≤16x3(x≥0)．所以，当a取(1)中的最小值时，g(x)－f(x)≤16x3.题型三利用导数研究方程解或图象交点问题例3已知f(x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2lnx.(1)讨论函数F(x)＝f(x)－g(x)的单调性；(2)若方程f(x)＝g(x)在区间[2，e]上有两个不等解，求a的取值范围．思维启迪(1)通过讨论a确定F(x)的符号；(2)将方程f(x)＝g(x)变形为a＝2lnxx2，研究φ(x)＝2lnxx2图象的大致形状．解(1)F(x)＝ax2－2lnx，其定义域为(0，＋∞)，∴F′(x)＝2ax－2x＝2ax2－1x(x0)．①当a0时，由ax2－10，得x1a.由ax2－10，得0x1a.故当a0时，F(x)在区间1a，＋∞上单调递增，在区间0，1a上单调递减．②当a≤0时，F′(x)0(x0)恒成立．故当a≤0时，F(x)在(0，＋∞)上单调递减．(2)原式等价于方程a＝2lnxx2＝φ(x)在区间[2，e]上有两个不等解．∵φ′(x)＝2x1－2lnxx4在(2，e)上为增函数，在(e，e)上为减函数，则φ(x)max＝φ(e)＝1e，而φ(e)＝2e2φ(2)＝2ln24＝ln22＝φ(2)．∴φ(x)min＝φ(e)，如图当f(x)＝g(x)在[2，e]上有两个不等解时有φ(x)min＝ln22，故a的取值范围为ln22≤a1e.思维升华对于可转化为a＝f(x)解的个数确定参数a的范围问题，都可以通过f(x)的单调性、极值确定f(x)的大致形状，进而求a的范围．已知函数f(x)＝|ax－2|＋blnx(x0)．(1)若a＝1，f(x)在(0，＋∞)上是单调增函数，求b的取值范围；(2)若a≥2，b＝1，求方程f(x)＝1x在(0,1]上解的个数．解(1)f(x)＝|x－2|＋blnx＝－x＋2＋blnx0x2，x－2＋blnxx≥2.①当0x2时，f(x)＝－x＋2＋blnx，f′(x)＝－1＋bx.由条件，得－1＋bx≥0恒成立，即b≥x恒成立．∴b≥2.②当x≥2时，f(x)＝x－2＋blnx，f′(x)＝1＋bx，由条件，得1＋bx≥0恒成立，即b≥－x恒成立．∴b≥－2.综合①，②得b的取值范围是{b|b≥2}．(2)令g(x)＝|ax－2|＋lnx－1x，即g(x)＝－ax＋2＋lnx－1x0x2a，ax－2＋lnx－1xx≥2a.当0x2a时，g(x)＝