高考文科数学人教A版4高考专题突破一

高考专题突破一高考中的导数应用问题【考点自测】1．若函数f(x)＝2sinx(x∈[0，π])的图象在点P处的切线平行于函数g(x)＝2eq\r(x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,3)＋1))的图象在点Q处的切线，则直线PQ的斜率为()A.eq\f(8,3)B．2C.eq\f(7,3)D.eq\f(\r(3),3)答案A解析f′(x)＝2cosx∈[－2,2]，g′(x)＝eq\r(x)＋eq\f(1,\r(x))≥2(当且仅当x＝1时取等号)．当两函数的切线平行时，xp＝0，xQ＝1.即P(0,0)，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(8,3)))，∴直线PQ的斜率为eq\f(8,3).2．(2017·全国Ⅱ)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的极值点，则f(x)的极小值为()A．－1B．－2e－3C．5e－3D．1答案A解析函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，则f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]．由x＝－2是函数f(x)的极值点，得f′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0，所以a＝－1.所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝ex－1·(x2＋x－2)．由ex－1＞0恒成立，得当x＝－2或x＝1时，f′(x)＝0，且当x＜－2时，f′(x)＞0；当－2＜x＜1时，f′(x)＜0；当x＞1时，f′(x)＞0.所以x＝1是函数f(x)的极小值点．所以函数f(x)的极小值为f(1)＝－1.故选A.3．设f(x)，g(x)在[a，b]上可导，且f′(x)>g′(x)，则当a<x<b时，有()A．f(x)>g(x)B．f(x)<g(x)C．f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a)D．f(x)＋g(b)>g(x)＋f(b)答案C解析∵f′(x)－g′(x)>0，∴(f(x)－g(x))′>0，∴f(x)－g(x)在[a，b]上是增函数，∴当a<x<b时f(x)－g(x)>f(a)－g(a)，∴f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a)．4．若函数f(x)＝2x3－3mx2＋6x在区间(2，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围为____________．答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,2)))解析∵f′(x)＝6x2－6mx＋6，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立，即x2－mx＋1≥0恒成立，∴m≤x＋eq\f(1,x)恒成立．令g(x)＝x＋eq\f(1,x)，g′(x)＝1－eq\f(1,x2)，∴当x>2时，g′(x)>0，即g(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴m≤2＋eq\f(1,2)＝eq\f(5,2).5．(2017·江苏)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－eq\f(1,ex)，其中e是自然对数的底数，若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))解析因为f(－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－eq\f(1,e－x)＝－x3＋2x－ex＋eq\f(1,ex)＝－f(x)，所以f(x)＝x3－2x＋ex－eq\f(1,ex)是奇函数．因为f(a－1)＋f(2a2)≤0，所以f(2a2)≤－f(a－1)，即f(2a2)≤f(1－a)．因为f′(x)＝3x2－2＋ex＋e－x≥3x2－2＋2eq\r(ex·e－x)＝3x2≥0，当且仅当x＝0时“＝”成立，所以f(x)在R上单调递增，所以2a2≤1－a，即2a2＋a－1≤0，所以－1≤a≤eq\f(1,2).题型一利用导数研究函数性质例1(2018·沈阳质检)设f(x)＝xlnx－ax2＋(2a－1)x，a∈R.(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值，求实数a的取值范围．解(1)由f′(x)＝lnx－2ax＋2a，可得g(x)＝lnx－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)，所以g′(x)＝eq\f(1,x)－2a＝eq\f(1－2ax,x).当a≤0，x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增；当a＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减．所以当a≤0时，函数g(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a＞0时，函数g(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞)).(2)由(1)知，f′(1)＝0.①当a≤0时，f′(x)单调递增，所以当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，不符合题意；②当0＜a＜eq\f(1,2)，即eq\f(1,2a)＞1时，由(1)知f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))上单调递增．可得当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))时，f′(x)＞0.所以f(x)在(0,1)上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上单调递增．所以f(x)在x＝1处取得极小值，不符合题意；③当a＝eq\f(1,2)，即eq\f(1,2a)＝1时，f′(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不符合题意；④当a＞eq\f(1,2)，即0＜eq\f(1,2a)＜1时，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．所以f(x)在x＝1处取得极大值，符合题意.综上可知，实数a的取值范围为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞\f(1,2))))).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．跟踪训练1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－eq\r(2)<x<eq\r(2).所以函数f(x)的单调递增区间是(－eq\r(2)，eq\r(2))．(2)因为函数f(x)在(－1,1)上单调递增，所以f′(x)≥0对x∈(－1,1)都成立．因为f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈(－1,1)都成立．因为ex>0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1,1)都成立，即a≥eq\f(x2＋2x,x＋1)＝eq\f(x＋12－1,x＋1)＝(x＋1)－eq\f(1,x＋1)对x∈(－1,1)都成立．令y＝(x＋1)－eq\f(1,x＋1)，则y′＝1＋eq\f(1,x＋12)>0.所以y＝(x＋1)－eq\f(1,x＋1)在(－1,1)上单调递增，所以y<(1＋1)－eq\f(1,1＋1)＝eq\f(3,2)，即a≥eq\f(3,2).经检验a＝eq\f(3,2)时，符合题意．因此a的取值范围为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥\f(3,2))))).题型二利用导数研究函数零点问题例2已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(1－a,2)x2－ax－a，x∈R，其中a>0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，求a的取值范围．解(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．由f′(x)＝0，得x＝－1或x＝a(a>0)．当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－1)－1(－1，a)a(a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗故函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(a，＋∞)；单调递减区间是(－1，a)．(2)由(1)知f(x)在区间(－2，－1)内单调递增，在区间(－1,0)内单调递减，从而函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，当且仅当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－2<0，,f－1>0，,f0<0，))解得0<a<eq\f(1,3).所以a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))).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．跟踪训练2(2018·合肥调研)设函数f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx，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，eq\r(e)]上仅有一个零点．(1)解函数的定义域为(0，＋∞)．由f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx(k>0)，得f′(x)＝x－eq\f(k,x)＝eq\f(x2－k,x).由f′(x)＝0，解得x＝eq\r(k)(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，eq\r(k))eq\r(k)(eq\r(k)，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘eq\f(k1－lnk,2)↗所以，f(x)的单调递减区间是(0，eq\r(k))，单调递增区间是(eq\r(k)，＋∞)．f(x)在x＝eq\r(k)处取得极小值f(eq\r(k))＝eq\f(k1－lnk,2)，无极大值．(2)证明由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f(eq\r(k))＝eq\f(k1－lnk,2).因为f(x)存在零点，所以eq\f(k1－lnk,2)≤0，从而k≥e，当k＝e时，f(x)在区间(1，eq\r(e)]上单调递减且f(eq\r(e))＝0，所以x＝eq\r(e)是f(x)在区间(1，eq\r(e)]上的唯一零点；当k>e时，f(x)在区间(1，eq\r(e)]上单调递减且f(1)＝eq\f(1,2)>0，f(eq\r(e))＝eq\f(e－k,2)<0，所以f(x)在区间(1，eq\r(e)]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，eq\r(e)]上仅有一个零点．题型三利用导数研究不等式问题例3(2017·陕西省宝鸡市质检)设函数f(x)＝ax2lnx＋b(x－1)，曲线y＝f(x)过点(e，e2－e＋1)，且在点(1,0)处的切线方程为y＝0.(1)求a，b的值；(2)证明：当x≥1时，f(x)≥(x－1)2；(3)若当x≥1时，f(x)≥m(x－1)2恒成立，求实数m的取值范围．(1)解由题意可知，f(x)＝ax2lnx＋b(x－1)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2axlnx＋ax＋b(x>0)，∵f′(1)＝a＋b＝0，f(e)＝ae2＋b(e－1)＝a(e2－e＋1)＝e2－e＋1，∴a＝1，b＝－1.(2)证明f(x)＝x2lnx－x＋1，f(x)－(x－1)2＝x2lnx＋x－x2，设g(x)＝x2lnx＋x－x2(x≥1)，则g′(x)＝2xlnx－x＋1.由(g′(x))′＝2lnx＋1>0，得g′(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴g′(x)≥g′(1)＝0，∴g(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(1)＝0.∴f(x)≥(x－1)2.(3)解设h(x)＝x2lnx－x－m(x－1)2＋1(x≥1)，则h′(x)＝2xlnx＋x－2m(x－1)－1，由(2)知x2lnx≥(x－1)2＋x－1＝x(x－1)，∴xlnx≥x－1，∴h′(x)≥3(x－1)－2m(x－1)＝(3－2m)(x－1)．①当3－2m≥0，即m≤eq\f(3,2)时，h′(x)≥0，∴h(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(1)＝0成立．②当3－2m<0，即m>eq\f(3,2)时，h′(x)＝2xlnx＋(1－2m)(x－1)，(h′(x))′＝2lnx＋3－2m，令(h′(x))′＝0，得x＝>1，当x∈[1，)时，h′(x)单调递减，则h′(x)≤h′(1)＝0，∴h(x)在[1，)上单调递减，∴h(x)≤h(1)＝0，即h(x)≥0不成立．综上，m≤eq\f(3,2).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较烦琐时，可采用直接构造函数的方法求解．跟踪训练3已知函数f(x)＝x3－2x2＋x＋a，g(x)＝－2x＋eq\f(9,x)，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eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7,4)，－\f(3,2)))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)＝eq\f(1,2)，g(x)min＝g(4)＝－eq\f(23,4)；对于f(x)，f′(x)＝3x2－4x＋1，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,3)或x＝1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况列表如下：x－1(－1，eq\f(1,3))eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))1(1,2)2f′(x)＋0－0＋f(x)a－4↗eq\f(4,27)＋a↘a↗a＋2∴f(x)max＝a＋2，f(x)min＝a－4，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋2≤\f(1,2)，,a－4≥－\f(23,4)，))∴a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7,4)，－\f(3,2))).1．已知函数f(x)＝xlnx.(1)求f(x)的最小值；(2)若对所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求实数a的取值范围．解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(x)的导数f′(x)＝1＋lnx，令f′(x)>0，解得x>eq\f(1,e)，令f′(x)<0，解得0<x<eq\f(1,e)，从而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增．所以，当x＝eq\f(1,e)时，f(x)取得最小值－eq\f(1,e).(2)由题意，得f(x)≥ax－1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a≤lnx＋eq\f(1,x)对于x∈[1，＋∞)恒成立．令g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，则g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x))).当x>1时，因为g′(x)＝eq\f(1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))>0，故g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(x)的最小值是g(1)＝1，从而a的取值范围是(－∞，1]．2．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的值；(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－eq\f(2,a)＝－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]上有唯一实根．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)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.所以g(x)＝0在(0，＋∞)上没有实根．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．3．已知函数f(x)＝x2＋xsinx＋cosx.(1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，求a与b的值；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同的交点，求b的取值范围．解由f(x)＝x2＋xsinx＋cosx，得f′(x)＝x(2＋cosx)．(1)因为曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，所以f′(a)＝a(2＋cosa)＝0，b＝f(a)，解得a＝0，b＝f(0)＝1.(2)令f′(x)＝0，得x＝0.当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：x(－∞，0)0(0，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘1↗所以函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，f(0)＝1是f(x)的最小值．当b≤1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b最多只有一个交点；当b>1时，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1>4b－2b－1>b，f(0)＝1<b，所以存在x1∈(－2b,0)，x2∈(0,2b)，使得f(x1)＝f(x2)＝b.由于函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，所以当b>1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同的交点．综上可知，如果曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同的交点，那么b的取值范围是(1，＋∞)．4．已知函数f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))－2lnx(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数g(x)＝－eq\f(a,x)，若至少存在一个x0∈[1，e]，使得f(x0)>g(x0)成立，求实数a的取值范围．解(1)由题意得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，易求得f′(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2)))－eq\f(2,x)＝eq\f(ax2－2x＋a,x2)，令h(x)＝ax2－2x＋a.①当a≤0时，h(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，则f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②当a>0时，Δ＝4－4a2.(ⅰ)当0<a<1时，由f′(x)>0，即h(x)>0，得x<eq\f(1－\r(1－a2),a)或x>eq\f(1＋\r(1－a2),a)；由f′(x)<0，即h(x)<0，得eq\f(1－\r(1－a2),a)<x<eq\f(1＋\r(1－a2),a).所以函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－a2),a)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－a2),a)，＋∞))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－a2),a)，\f(1＋\r(1－a2),a))).(ⅱ)当a≥1时，h(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，则f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)因为存在x0∈[1，e]，使得f(x0)>g(x0)成立，所以ax0>2lnx0，即a>eq\f(2lnx0,x0).令F(x)＝eq\f(2lnx,x)，则题目等价于当x∈[1，e]时，a>F(x)min.对F(x)求导，得F′(x)＝eq\f(21－lnx,x2).因为当x∈[1，e]时，F′(x)≥0，所以F(x)在[1，e]上单调递增．所以F(x)min＝F(1)＝0，因此a>0，即实数a的取值范围为(0，＋∞)．5．(2017·豫南九校联考)对于函数y＝H(x)，若在其定义域内存在x0，使得x0·H(x0)＝1成立，则称x0为函数H(x)的“倒数点”．已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)(x＋1)2－1.(1)求证：函数f(x)有“倒数点”，并讨论函数f(x)的“倒数点”的个数；(2)若当x≥1时，不等式xf(x)≤m[g(x)－x]恒成立，试求实数m的取值范围．(1)证明设h(x)＝lnx－eq\f(1,x)，x>0，则h′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)>0，x>0，所以h(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数．而h(1)＝－1<0，h(e)＝1－eq\f(1,e)>0，所以函数h(x)有零点且只有一个零点．所以函数f(x)有“倒数点”且只有一个“倒数点”．(2)解xf(x)≤m[g(x)－x]等价于2x·l