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高考必考題突破專項講解(一)
導數及其應用
[解密考綱]導數是研究函數的重要工具，因此，導數的應用是歷年高考的重點與熱點，常涉及的問題有：討論函數的單調性(求函數的單調區間)、求極值、求最值、求切線方程、求函數的零點或方程的根、求參數的范圍、證明不等式等，涉及的數學思想有：函數與方程、分類討論、數形結合、轉化與化歸思想等，中、高檔難度均有．
1．已知函數f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－2.
(1)求函數f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；
(2)設函數F(x)＝f(x)－g(x)，若函數F(x)的零點有且只有一個，求實數a的值．
解析　(1)∵f′(x)＝ln x＋1，
∴當0時，f′(x)>0，
∴f(x)在上單調遞減，在上單調遞增．
①當0∴f(x)在區間[t，t＋2]上的最小值為f＝－；
②當t≥時，函數f(x)在區間[t，t＋2]上單調遞增，
∴f(x)在區間[t，t＋2]上的最小值為f(t)＝tln t.
綜上，f(x)min＝
(2)F(x)＝f(x)－g(x)＝xln x＋x2－ax＋2，
由題意F(x)＝0，即a＝ln x＋x＋在(0，＋∞)上有且只有一個根，
令h(x)＝ln x＋x＋，
則h′(x)＝＋1－＝＝(x>0)，
∴h(x)在(0,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，
∴h(x)min＝h(1)＝3，
由題意可知，若使y＝f(x)與y＝g(x)的圖象恰有一個公共點，則a＝h(x)min＝3.
綜上，若函數F(x)的零點有且只有一個，則實數a＝3.
2．已知函數f(x)＝x·eax＋ln x－e，(a∈R)．
(1)當a＝1時，求函數y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；
(2)設g(x)＝ln x＋－e，若函數h(x)＝f(x)－g(x)在定義域內存在兩個零點，求實數a的取值范圍．
解析　(1)∵a＝1，
∴f(x)＝xex＋ln x－e，f′(x)＝(x＋1)ex＋，
∴f(1)＝0，f′(1)＝2e＋1．
∴f(x)在點(1,0)處的切線方程為y＝(2e＋1)(x－1)．
(2)h(x)＝f(x)－g(x)＝xeax－＝在定義域(0，＋∞)上存在兩個零點，即x2eax－1＝0在(0，＋∞)上有兩個實數根．
令φ(x)＝x2eax－1，則φ′(x)＝ax2eax＋2xeax＝xeax(ax＋2)，
①當a≥0時，φ′(x)＝xeax(ax＋2)>0，∴y＝φ(x)在(0，＋∞)上單調遞增，∴y＝φ(x)在(0，＋∞)至多一個零點，不合題意．
②當a<0時，令φ′(x)＝0，得x＝－.
x －
φ′(x) ＋ 0 －
φ(x) 單調遞增 極大值 單調遞減
∵φ(0)＝－1，當x→＋∞，φ(x)→－1，
∴要使φ(x)＝x2eax－1在(0，＋∞)上有兩個零點，
則φ>0即可，得a2<，又a<0，∴－3．(2019·安徽合肥高三調研)已知函數f(x)＝ax2＋bx在x＝處取得極小值－.
(1)求函數f(x)的解析式；
(2)若過點M(1，m)的直線與曲線y＝f(x)相切且這樣的切線有三條，求實數m的取值范圍．
解析　(1)由題意得，f′(x)＝2ax2＋b.
∵函數f(x)＝ax3＋bx在x＝處取得極小值－，
∴即解得
則函數f(x)的解析式為f(x)＝2x3－3x.
(2)設切點坐標為(x0,2x－3x0)，則曲線y＝f(x)的切線的斜率k＝f′(x0)＝6x－3，
切線方程為y－(2x－3x0)＝(6x－3)(x－x0)，
代入點M(1，m)，得m＝－4x＋6x－3，
依題意，方程m＝－4x＋6x－3有三個不同的實根．
令g(x)＝－4x3＋6x2－3，
則g′(x)＝－12x2＋12x＝－12x(x－1)，
∴當x∈(－∞，0)時，g′(x)<0；
當x∈(0,1)時，g′(x)>0；
當x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0.
故g(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減．
∴g(x)極小值＝g(0)＝－3，g(x)極大值＝g(1)＝－1．
∴當－3∴當－3故實數m的取值范圍是(－3，－1)．
4．已知函數f(x)＝ln x＋ax2(a∈R)．
(1)當a<0時，求函數f(x)的單調區間；
(2)若xf′(x)－f(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，求實數a的取值范圍．
解析　(1)由題知，函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＝.
當a＜0時，由f′(x)＞0得0＜x＜；由f′(x)＜0得
x＞，
則當a＜0時，函數f(x)的單調遞增區間是，單調遞減區間是.
(2)∵xf′(x)－f(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，
∴x－(1n x＋ax2)＞0在(0，＋∞)上恒成立，
即a＞在(0，＋∞)上恒成立.
設h(x)＝＝(x＞0) ，則h′(x)＝，
由h′(x)＞0得0＜x＜e；由h′(x)＜0得x＜e，
故函數h(x)在上單調遞增，在(e，＋∞)上單調遞減，
∴h(x)max＝h＝，∴a＞ ，即實數a的取值范圍為.
5．已知函數f(x)＝axln x＋b(a，b為實數)的圖象在點(1，f(1))處的切線方程為y＝x－1．
(1)求實數a，b的值及函數f(x)的單調區間；
(2)設函數g(x)＝，證明：g(x1)＝g(x2)(x12.
解析　(1)由題得，函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f′(x)＝a(1＋ln x)，
因為曲線f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝x－1，
所以解得a＝1，b＝0.
令f′(x)＝1＋ln x＝0，得x＝.
當0當x>時，f′(x)>0，f(x)在區間上單調遞增．
所以函數f(x)的單調遞減區間為，單調遞增區間為.
(2)由(1)得，g(x)＝＝ln x＋.
由g(x1)＝g(x2)(x1即＝ln>0.
要證x1＋x2>2，需證(x1＋x2)>2ln，
即證－>2ln，
設＝t(t>1)，則要證－>2ln，
等價于證：t－>2ln t(t>1)．
令u(t)＝t－－2ln t，則u′(t)＝1＋－＝2>0，
∴u(t)在區間(1，＋∞)上單調遞增，u(t)>u(1)＝0，
即t－>2ln t，故x1＋x2>2.
6．已知函數f(x)＝x2－x＋aln x(a>0)．
(1)若a＝1，求f(x)的圖象在(1，f(1))處的切線方程；
(2)討論f(x)的單調性；
(3)若f(x)存在兩個極值點x1，x2，求證：f(x1)＋f(x2)>
解析　(1)a＝1時，f(x)＝x2－x＋lnx，
f′(x)＝x－1＋，
f′(1)＝1，f(1)＝－，∴y－＝x－1，即y＝x－.
∴f(x)的圖象在(1，f(1))處的切線方程為2x－2y－3＝0.
(2)f′(x)＝x－1＋＝(a>0)．
①若a≥，則x2－x＋a≥0，f′(x)≥0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．
②若00得0x>；由x2－x＋a<0得∴f(x)在上單調遞減，在和上單調遞增．
綜上，當a≥時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；
當0在和上單調遞增．
(3)由(2)知0且x1，x2是方程x2－x＋a＝0的兩個根，∴x1＋x2＝1，x1·x2＝a.
∴f(x1)＋f(x2)＝x－x1＋aln x1＋x－x2＋aln x2
＝(x1＋x2)2－x1·x2－(x1＋x2)＋aln(x1·x2)
＝－a－1＋aln a
＝aln a－a－.
令g(x)＝xln x－x－，則g′(x)＝ln x<0.
∴g(x)在上單調遞減，
∴g(x)>g＝.
∴f(x1)＋f(x2)>.

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