创新设计高考数学理北师大全国一轮复习练习 第三章 导数及其应用 第2讲 第1课时 含答案
【新步步高】高考数学北师大版(理)一轮复习第3章导数及其应用高考专题突破一高考中的导.doc
高考专题突破一高考中的导数应用问题■Ｉ考点自测快速解答自查自纠1.(2015-课标全国II)设函数(x)是奇函数./(x)(xWR)的导函数，./(一1)=0,当x>0时，xf (x) —沧)<0,贝ij使得.心)>0成立的x的取值范围是()A.(—I —1)U(O,1)B.(-1,O)U(1, +oo)C.(—8, -1)U(-1,O)D.(O,1)U(1, +8)答案Afix' 解析因为,/(x)(xeR)为奇函数，/(—1) = 0,所以/(—1) = 0.当xHO时，令规力=丫, 则g(x)为偶函数，且g(l)=g(—1)=0.则当x>0时，丈(力=庠尊'=护(￥金)vo,故g(x) 在(0, +°°)上为减函数，在(一8, 0)上为增函数.所以在(0, +°°)上，当0<x<l时，g(x)> g(l)=Oo号>oo/(x)>0；在(一8, 0)上，当x<-l时，g(x)<g(—l)=0o￥<0o/(x)>0.?A综上，使得/(x)>0成立的x的取值范围是(一8, -1)U(O,1),选A.2.若函数^x)=kx~\wc在区间(1, +呵上单调递增，则￡的取值范围是()A.(—8, —2]B.( —8, — 1]C.[2, +8)D.[l, +8)答案D 解析由于.广(x)=?—￡心)=也一lnx在区间(1, +8)上单调递增of(x)=R—￡三0在(1, + oo)上恒成立.由于&丄,而0<丄<1,所以k2\.X X即k的取值范围为[1, +-).3.函数,/(x)=3x2 + lnx-Zr的极值点的个数是()A.O B」 C.2 D.无数个答案A解析函数定义域为(0, +-),_ . , 1 6x2—2x+l且./ (x)=6x+~— 2= - ,由于x>0, 中/ = 一20<0,所以g(x)>0恒成立，故f (x)>0恒成立，即/(X)在定义域上单调递增，无极值点.4.(2015-课标全国I )已知函数/(x)=a0+x+l的图像在点(1, ./⑴)处的切线过点(2,7),则a答案1解析 / (X)=3?X2+1, / (l)=l+3a, ./(l)=a+2.(1, XI))处的切线方程为j-(a+2)=(l+3a)(x-l).将(2,7)代入切线方程，得7-(a+2)=l+3a,解得a=l.2 °25. ____________________ 设函数y(x)=e "Ji，g(x)=亍，对任意兀1，疋丘(0, +°°),不等式赵护w誓吟恒成立，则正数k的取值范围是.答案［1, +°)解析因为对任意X］,兀2丘(0, +°), 不等式嚳W倍恒成立，所以缶三沢迦k k /(X2)min因为g(x)=亍，所以g‘ w=e2_x(l—x).当0<x<l 时，g‘ (x)>0；当x>l 时，g‘ (x)<0,所以g(x)在(0,1］上单调递增，在［1, +8)上单调递减.所以当x=l时，g(x)取到最大值，即g(x)max=g(l)=e.X/(x)=e2x+丄N2c(x>0).X当且仅当e2x=^即兀三时取等号，故./(x)min=2e.Ji V所以如皿皿=2=丄应有一^-3丄力以您)斷2e 2' “驾+1 一2'又￡>0,所以kM\.题型分类对接高考深度剖析题型一利用导数研究函数性质例1 (2015-课标全国II )己知函数./(Q = hu+d(l-r).⑴讨论/(X)的单调性；(2)当有最大值，且最大值大于2a —2时，求a的取值范围. 解(1)/?的定义域为(0, +-), f (x)=g—a?即心X2+2Xx+1(兀+1)2—x+1若aWO,则产(x)>0,所以/(x)在(0, +8)上单调递增.若a>0,则当炸(0, 时，/⑴>0；当用(￡ +oo)时，f (x)<0.所以/⑴在(0, 上单调递增，在+?>)上单调递减.(2)由(1)知，当G WO时，./(X)在(0, +8)无最大值；当Q>0时，.几￥)在x=+取得最大值，最大值为./(毎=1I￡+Q(1—￡)=—lno+a—1.因此层>2a~2等价于\na+a-i<0.令g(a)=lM + a—1,则g(Q)在(0, +°°)上单调递增，g(l)=0.于是，当0GV1 时，g(a)<0；当时，g(a)>0.因此，G的取值范围是(0,1).思维升华利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值.已知.兀对的单调性，可转化为不等式f (x)N0或.厂(x)W0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像的性质进行分析.跟踪训练1已知Q GR,函数f[x)=(—x2+ax)c x (xR, c为自然对数的底数).(1)当。
(江苏专用)高三数学一轮总复习 第三章 导数及其应用 第二节 导数的应用 第一课时 导数与函数的单调
课时跟踪检测（十四） 导数与函数的单调性一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2015·某某模拟)函数f (x )＝(x －3)e x的单调递增区间是________．解析：函数f (x )＝(x －3)e x的导数为f ′(x )＝[(x －3)e x]′＝e x＋(x －3)e x＝(x －2)e x.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)e x ＞0，解得x ＞2.答案：(2，＋∞)2．设函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋5x ＋6在区间[1,3]上是单调函数，则实数a 的取值X 围是________．解析：依题意，知当x ∈[1,3]时，f ′(x )＝x 2＋2ax ＋5的值恒不小于0或恒不大于0. 若当x ∈[1,3]时，f ′(x )＝x 2＋2ax ＋5≥0，即有－2a ≤x ＋5x在[1,3]上恒成立，而x ＋5x≥2x ·5x＝25(当且仅当x ＝5时取等号)，故－2a ≤25，解得a ≥－ 5. 若当x ∈[1,3]时，f ′(x )＝x 2＋2ax ＋5≤0，即有－2a ≥x ＋5x恒成立，注意到函数g (x )＝x ＋5x 在[1，5]上是减函数，在[5，3]上是增函数，且g (1)＝6>g (3)＝143，因此－2a ≥6，解得a ≤－3.综上所述，实数a 的取值X 围是(－∞，－3]∪[－5，＋∞)． 答案：(－∞，－3]∪[－5，＋∞)3．函数f (x )＝1＋x －sin x 在(0,2π)上的单调情况是________．解析：在(0,2π)上有f ′(x )＝1－cos x ＞0，所以f (x )在(0,2π)上单调递增． 答案：单调递增4．(2016·启东模拟)已知a ≥1，f (x )＝x 3＋3|x －a |，若函数f (x )在[－1,1]上的最大值和最小值分别记为M ，m ，则M －m 的值为________．解析：当x ∈[－1,1]时，f (x )＝x 3＋3(a －x )＝x 3－3x ＋3a (a ≥1)，∴f ′(x )＝3(x －1)(x ＋1)．当－1＜x ＜1时，f ′(x )＜0，所以原函数f (x )在区间[－1,1]上单调递减，所以M ＝f (－1)＝3a ＋2，m ＝f (1)＝3a －2，所以M －m ＝4.答案：45．(2016·某某测试)已知函数f (x )＝12x 2＋2ax －ln x ，若f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上是增函数，则实数a 的取值X 围为________．解析：f ′(x )＝x ＋2a －1x ≥0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上恒成立， 即2a ≥－x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上恒成立，∵⎝⎛⎭⎪⎫－x ＋1x max ＝83， ∴2a ≥83，即a ≥43.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞ 二保高考，全练题型做到高考达标1．函数f (x )＝x 3－15x 2－33x ＋6的单调减区间为________．解析：由f (x )＝x 3－15x 2－33x ＋6得f ′(x )＝3x 2－30x －33，令f ′(x )＜0，即3(x －11)(x ＋1)＜0，解得－1＜x ＜11，所以函数f (x )的单调减区间为(－1,11)．答案：(－1,11)2．若幂函数f (x )的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫22，12，则函数g (x )＝e xf (x )的单调递减区间为________．解析：设幂函数f (x )＝x α，因为图象过点⎝⎛⎭⎪⎫22，12，所以12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22α，α＝2，所以f (x )＝x 2，故g (x )＝e x x 2，令g ′(x )＝e x x 2＋2e xx ＝e x(x 2＋2x )＜0，得－2＜x ＜0，故函数g (x )的单调递减区间为(－2,0)．答案：(－2,0)3．(2016·某某、某某、某某、某某调研)设f (x )＝4x 3＋mx 2＋(m －3)x ＋n (m ，n ∈R)是R 上的单调增函数，则实数m 的值为________．解析：因为f ′(x )＝12x 2＋2mx ＋m －3，又函数f (x )是R 上的单调增函数，所以12x2＋2mx ＋m －3≥0在R 上恒成立，所以(2m )2－4×12(m －3)≤0，整理得m 2－12m ＋36≤0，即(m －6)2≤0.又因为(m －6)2≥0，所以(m －6)2＝0，所以m ＝6.答案：64．已知函数f (x )＝x ＋1ax在(－∞，－1)上单调递增，则实数a 的取值X 围是________．解析：函数f (x )＝x ＋1ax 的导数为f ′(x )＝1－1ax2，由于f (x )在(－∞，－1)上单调递增，则f ′(x )≥0在(－∞，－1)上恒成立，即1a≤x 2在(－∞，－1)上恒成立．由于当x ＜－1时，x 2＞1，则有1a≤1，解得a ≥1或a ＜0.答案：(－∞，0)∪[1，＋∞)5．(2015·某某、某某、某某、某某三调)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋m ，0≤x ≤1，mx ＋5，x >1.若函数f (x )的图象与x 轴有且只有两个不同的交点，则实数m 的取值X 围为________．解析：由f (x )＝2x 3＋3x 2＋m ，得f ′(x )＝6x 2＋6x ，所以f (x )在[0,1]上单调递增，即f (x )＝2x 3＋3x 2＋m 与x 轴至多有一个交点，要使函数f (x )的图象与x 轴有且只有两个不同的交点，即⎩⎪⎨⎪⎧m ＋5>0，m <0，从而可得m ∈(－5,0)．答案：(－5,0)6．若函数f (x )＝ax 3－3x 在(－1,1)上为单调递减函数，则实数a 的取值X 围是________． 解析：f ′(x )＝3ax 2－3，∵f (x )在(－1,1)上为单调递减函数，∴f ′(x )≤0在(－1,1)上恒成立，即3ax 2－3≤0在(－1,1)上恒成立．当x ＝0时，a ∈R ；当x ≠0时，a ≤1x2，∵x∈(－1,0)∪(0,1)，∴a ≤1.综上，实数a 的取值X 围为(－∞，1]．答案：(－∞，1]7．(2016·某某中学模拟)已知函数f (x )(x ∈R)满足f (1)＝1，且f (x )的导数f ′(x )<12，则不等式f (x 2)<x 22＋12的解集为________．解析：设F (x )＝f (x )－12x ，∴F ′(x )＝f ′(x )－12，∵f ′(x )<12，∴F ′(x )＝f ′(x )－12<0，即函数F (x )在R 上单调递减．∵f (x 2)<x 22＋12，∴f (x 2)－x 22<f (1)－12，∴F (x 2)<F (1)，而函数F (x )在R 上单调递减，∴x 2>1，即x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．答案：(－∞，－1)∪(1，＋∞)8．若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，则a 的取值X 围是________．解析：对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a .当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a .令29＋2a ＞0，解得a ＞－19.所以a 的取值X 围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞9．(2016·某某五校联考)已知函数f (x )＝ln x ＋ke x(k 为常数，e 是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求k 的值；(2)求f (x )的单调区间．解：(1)由题意得f ′(x )＝1x－ln x －k e x， 又f ′(1)＝1－ke ＝0，故k ＝1.(2)由(1)知，f ′(x )＝1x－ln x －1ex. 设h (x )＝1x －ln x －1(x ＞0)，则h ′(x )＝－1x 2－1x＜0，即h (x )在(0，＋∞)上是减函数．由h (1)＝0知，当0＜x ＜1时，h (x )＞0，从而f ′(x )＞0； 当x ＞1时，h (x )＜0，从而f ′(x )＜0. 综上可知，f (x )的单调递增区间是(0,1)， 单调递减区间是(1，＋∞)．10．(2016·某某调研)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax ＋b .(1)若f (x )与g (x )在x ＝1处相切，求g (x )的表达式； (2)若φ(x )＝m x －1x ＋1－f (x )在[1，＋∞)上是减函数，某某数m 的取值X 围．解：(1)由已知得f ′(x )＝1x ，∴f ′(1)＝1＝12a ，a ＝2.又∵g (1)＝0＝12a ＋b ，∴b ＝－1，∴g (x )＝x －1.(2)∵φ(x )＝m x －1x ＋1－f (x )＝m x －1x ＋1－ln x 在[1，＋∞)上是减函数．∴φ′(x )＝－x 2＋2m －2x －1x x ＋12≤0在[1，＋∞)上恒成立．即x 2－(2m －2)x ＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立， 则2m －2≤x ＋1x，x ∈[1，＋∞)，∵x ＋1x∈[2，＋∞)，∴2m －2≤2，m ≤2.故实数m 的取值X 围是(－∞，2]． 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知a ≥0，函数f (x )＝(x 2－2ax )e x，若f (x )在[－1,1]上是单调减函数，则a 的取值X 围是________．解析：f ′(x )＝(2x －2a )e x ＋(x 2－2ax )e x ＝[x 2＋(2－2a )x －2a ]e x，由题意知当x ∈[－1,1]时，f ′(x )≤0恒成立，即x 2＋(2－2a )x －2a ≤0恒成立．令g (x )＝x 2＋(2－2a )x －2a ，则有⎩⎪⎨⎪⎧g －1≤0，g1≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋2－2a ·－1－2a ≤0，12＋2－2a －2a ≤0，解得a ≥34.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，＋∞ 2．(2016·某某模拟)若函数f (x )＝x 2|x －a |在区间[0,2]上单调递增，则实数a 的取值X 围是________．解析：当a ≤0时，f (x )＝x 3－ax 2，f ′(x )＝3x 2－2ax ≥0在[0，＋∞)上恒成立，所以f (x )在[0，＋∞)上单调递增，则也在[0,2]上单调递增，成立；当a >0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax 2－x 3，0≤x ≤a ，x 3－ax 2，x >a .①当0≤x ≤a 时，f ′(x )＝2ax －3x 2， 令f ′(x )＝0，则x ＝0或x ＝23a ，则f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ，a 上单调递减； ②当x >a 时，f ′(x )＝3x 2－2ax ＝x (3x －2a )>0，所以f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，所以当a >0时，f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ，a 上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．要使函数在区间[0,2]上单调递增，则必有23a ≥2，解得a ≥3.综上，实数a 的取值X 围是(－∞，0]∪[3，＋∞)． 答案：(－∞，0]∪[3，＋∞)3．已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R)． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋x 2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ′x ＋m 2在区间(t,3)上总不是单调函数，求m 的取值X围．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝a 1－xx.当a ＞0时，f (x )的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)；当a ＜0时，f (x )的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)； 当a ＝0时，f (x )不是单调函数．(2)由(1)及题意得f ′(2)＝－a2＝1，即a ＝－2，∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3，f ′(x )＝2x －2x.∴g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m2＋2x 2－2x ，∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t,3)上总不是单调函数， 即g ′(x )＝0在区间(t,3)上有变号零点．由于g ′(0)＝－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧g ′t ＜0，g ′3＞0.当g ′(t )＜0，即3t 2＋(m ＋4)t －2＜0 对任意t ∈[1,2]恒成立， 由于g ′(0)＜0，故只要g ′(1)＜0且g ′(2)＜0， 即m ＜－5且m ＜－9，即m ＜－9； 由g ′(3)＞0，即m ＞－373.所以－373＜m ＜－9.即实数m 的取值X 围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－373，－9.。
2018版高考数学文北师大版全国一轮复习练习 第三章 导
第2讲导数在研究函数中的应用第1课时导数与函数的单调性基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为() A．(0,1) B．(0，＋∞)C．(1，＋∞) D．(－∞，0)∪(1，＋∞)解析函数的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－1x＝x－1x，令f′(x)<0，解得0<x<1，所以单调递减区间是(0,1)．答案 A2．(2015·陕西卷)设f(x)＝x－sin x，则f(x)() A．既是奇函数又是减函数B．既是奇函数又是增函数C．是有零点的减函数D．是没有零点的奇函数解析因为f′(x)＝1－cos x≥0，所以函数为增函数，排除选项A和C.又因为f(0)＝0－sin 0＝0，所以函数存在零点，排除选项D，故选B.答案 B3.已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图像如图所示，则下列叙述正确的是()A ．f (b )>f (c )>f (d )B ．f (b )>f (a )>f (e )C ．f (c )>f (b )>f (a )D ．f (c )>f (e )>f (d )解析 依题意得，当x ∈(－∞，c )时，f ′(x )>0，因此，函数f (x )在(－∞，c )上是增函数，由a <b <c ，所以f (c )>f (b )>f (a )． 答案 C4．若函数f (x )＝2x 3－3mx 2＋6x 在区间(2，＋∞)上为增函数，则实数m 的取值范围为( )A ．(－∞，2)B ．(－∞，2] C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，52 D.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，52 解析 ∵f ′(x )＝6x 2－6mx ＋6， 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )≥0恒成立， 即x 2－mx ＋1≥0恒成立，∴m ≤x ＋1x 恒成立． 令g (x )＝x ＋1x ，g ′(x )＝1－1x 2，∴当x >2时，g ′(x )>0，即g (x )在(2，＋∞)上单调递增， ∴m ≤2＋12＝52. 答案 D5．(2017·上饶模拟)函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为( )A ．(－1,1)B ．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)解析由f(x)>2x＋4，得f(x)－2x－4>0，设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2，因为f′(x)>2，所以F′(x)>0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增．又F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4>0等价于F(x)>F(－1)，所以x>－1.答案 B二、填空题6．已知函数f(x)＝(－x2＋2x)e x(x∈R，e为自然对数的底数)，则函数f(x)的单调递增区间为________．解析因为f(x)＝(－x2＋2x)e x，所以f′(x)＝(－2x＋2)e x＋(－x2＋2x)e x＝(－x2＋2)e x.令f′(x)>0，即(－x2＋2)e x>0，因为e x>0，所以－x2＋2>0，解得－2<x<2，所以函数f(x)的单调递增区间为(－2，2)．答案(－2，2)7．已知函数f(x)＝－12x2＋4x－3ln x在区间[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．解析由题意知f′(x)＝－x＋4－3x＝－(x－1)(x－3)x，由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，由t<1<t＋1或t<3<t＋1，得0<t<1或2<t<3.答案(0,1)∪(2,3)8．(2017·武汉模拟)已知f(x)＝2ln x＋x2－5x＋c在区间(m，m＋1)上为递减函数，则m的取值范围为________．解析由f(x)＝2ln x＋x2－5x＋c，得f′(x)＝2x＋2x－5，又函数f(x)在区间(m，m＋1)上为递减函数，∴f′(x)≤0在(m，m＋1)上恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋2m －5≤0，2m ＋1＋2(m ＋1)－5≤0，解得12≤m ≤1.答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1三、解答题9．已知函数f (x )＝ln x ＋ke x (k 为常数，e 是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行． (1)求k 的值； (2)求f (x )的单调区间．解 (1)由题意得f ′(x )＝1x －ln x －ke x ，又f ′(1)＝1－ke ＝0，故k ＝1. (2)由(1)知，f ′(x )＝1x －ln x －1e x.设h (x )＝1x －ln x －1(x >0)，则h ′(x )＝－1x 2－1x <0， 即h (x )在(0，＋∞)上是减函数．由h (1)＝0知，当0<x <1时，h (x )>0，从而f ′(x )>0； 当x >1时，h (x )<0，从而f ′(x )<0.综上可知，f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)． 10．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－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 )－x 3)·e x ，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 )＝x 3＋ax 2－x ＋c ， 得f ′(x )＝3x 2＋2ax －1.当x ＝23时，得a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋2a ×23－1，解得a ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝x 3－x 2－x ＋c ，则f ′(x )＝3x 2－2x －1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋13(x －1)，列表如下：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 )－x 3)·e x ＝(－x 2－x ＋c )·e x ， 有g ′(x )＝(－2x －1)e x ＋(－x 2－x ＋c )e x ＝(－x 2－3x ＋c －1)e x ，因为函数g (x )在x ∈[－3,2]上单调递增，所以h (x )＝－x 2－3x ＋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，＋∞)．能力提升题组 (建议用时：20分钟)11．函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，设a ＝f (0)，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c ＝f (3)，则( )A ．a <b <cB ．c <b <aC ．c <a <bD ．b <c <a解析 依题意得，当x <1时，f ′(x )>0， 则f (x )在(－∞，1)上为增函数； 又f (3)＝f (－1)，且－1<0<12<1，因此有f (－1)<f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即有f (3)<f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c <a <b .答案 C12．(2016·全国Ⅰ卷)若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是( )A ．[－1,1] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，13 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13 解析 ∵f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x ，∴f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x ＝1－23(2cos 2x －1)＋a cos x ＝－43cos 2 x ＋a cos x ＋53，由f (x )在R 上单调递增，则f ′(x )≥0在R 上恒成立． 令t ＝cos x ，t ∈[－1,1]，则－43t 2＋at ＋53≥0.在t ∈[－1,1]上恒成立．∴4t 2－3at －5≤0在t ∈[－1,1]上恒成立．令g (t )＝4t 2－3at －5，则⎩⎨⎧g (1)＝－3a －1≤0，g (－1)＝3a －1≤0.解之得－13≤a ≤13. 答案 C13．(2017·合肥质检)设f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－2)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )>0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是________．解析 令g (x )＝f (x )x ，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2>0，x ∈(0，＋∞)，所以函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增．又g (－x )＝f (－x )－x ＝－f (x )－x ＝f (x )x ＝g (x )，则g (x )是偶函数，g (－2)＝0＝g (2)．则f (x )＝xg (x )>0⇔⎩⎨⎧ x >0，g (x )>0或⎩⎨⎧x <0，g (x )<0，解得x >2或－2<x <0，故不等式f (x )>0的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)． 答案 (－2,0)∪(2，＋∞)14．已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax ＋b .(1)若f (x )与g (x )在x ＝1处相切，求g (x )的表达式； (2)若φ(x )＝m (x －1)x ＋1－f (x )在[1，＋∞)上是减函数，求实数m 的取值范围． 解 (1)由已知得f ′(x )＝1x ，∴f ′(1)＝1＝12a ，a ＝2. 又∵g (1)＝0＝12a ＋b ，∴b ＝－1，∴g (x )＝x －1.(2)∵φ(x )＝m (x －1)x ＋1－f (x )＝m (x －1)x ＋1－ln x 在[1，＋∞)上是减函数，∴φ′(x )＝－x 2＋(2m －2)x －1x (x ＋1)2≤0在[1，＋∞)上恒成立，∴x 2－(2m －2)x ＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立， 则2m －2≤x ＋1x ，x ∈[1，＋∞)， ∵x ＋1x ∈[2，＋∞)，∴2m －2≤2，m ≤2. 故实数m 的取值范围是(－∞，2].。
届数学一轮复习第三章导数及其应用创新引领微课破解有关x与exlnx的组合函数的金钥匙教学案含解析
破解有关x与e x，ln x的组合函数的金钥匙微点聚焦突破有关x与e x，ln x的组合函数是高考的常考内容，常将基本初等函数的概念、图象与性质糅合在一起，发挥导数的工具作用，应用导数研究函数性质、证明相关不等式（或比较大小)、求参数的取值范围（或最值)等.如2019年全国Ⅰ卷T13是以x与e x 的组合函数为载体，考查切线方程的求解，2019年全国Ⅲ卷T6是以x与e x,ln x的组合函数为载体,考查导数的几何意义，2018年全国Ⅱ卷T3是以x与e x的组合函数为载体，考查函数的图象的识别,2019年天津卷T20以x与ln x，e x的组合函数为载体考查函数的零点与不等式证明。
预计今年高考对有关x与e x，ln x的组合函数的考查，除了延续往年的命题形式，还会更着眼于知识点的巧妙组合，突出对数学思维能力、数学核心素养的考查.类型一构造函数【例1】(2020·成都七中检测)已知函数f(x）＝ax－错误!,a∈R. (1）若f（x）≥0，求a的取值范围；(2)若y＝f(x)的图象与直线y＝a相切，求a的值.(1)解由题易知,函数f(x）的定义域为(0,＋∞）.由f（x）≥0，得ax－错误!≥0，所以ax≥ln xx，又x>0，所以a≥错误!。
令g（x）＝错误!，则g′(x）＝错误!。
令g′(x）>0，得0<x〈错误!，令g′(x）<0，得x〉错误!.所以当0〈x<错误!时，g（x)单调递增，当x〉错误!时，g(x)单调递减。
所以当x＝e时,g（x）取得最大值g（e)＝错误!，所以a≥错误!，即a的取值范围是错误!.（2）证明设y＝f(x）的图象与直线y＝a相切于点（t,a），依题意可得错误!因为f′(x)＝a－错误!，所以错误!消去a可得t－1－(2t－1)ln t＝0.(＊)令h(t)＝t－1－（2t－1）ln t，则h′(t）＝错误!－2ln t－1，易知h′(t)在(0，＋∞)上单调递减,且h′(1)＝0，所以当0<t<1时,h′(t）>0,h（t）单调递增，当t>1时，h′(t）<0，h(t）单调递减。
北师大版高考数学一轮复习统考第3章导数及其应用第2讲导数与函数的单调性课件
＋2x＝2x2－x5x＋2＝x－2x2x－1>0，解得 0<x<12或 x>2，故函数 f(x)的单调
递增区间是0，12和(2，＋∞)．
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(2)设函数 f(x)＝x(ex－1)－12x2，则 f(x)的单调递增区间是_(_－__∞_，__－__1_)_，_ __(_0_，__＋__∞_)___，单调递减区间是___[_－__1_,0_]____．
A．(2，＋∞)
B．(0,2)
C．( 2，＋∞)
D．(0， 2)
解析
f′(x)＝1－x42，令
f′(x)<0，∴1－x42<0， x>0，
∴0<x<2.∴f(x)的单调递减区间为(0,2)．
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2．函数 f(x)＝x＋2cosx(x∈(0，π))的单调递减区间为__π6_，__56_π____． 解析 f′(x)＝1－2sinx，令 f′(x)<0 得 sinx>12，故π6<x<56π．
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6．(2019·九江模拟)已知函数 f(x)＝12x2＋2ax－ln x，若 f(x)在区间13，2 上是增函数，则实数 a 的取值范围为___43_，__＋__∞____．
解析 由题意知 f′(x)＝x＋2a－1x≥0 在13，2上恒成立，即 2a≥－x＋ 1x在13，2上恒成立，因为 g(x)＝－x＋1x在13，2上单调递减，所以 g(x)≤g13 ＝83，所以 2a≥83，即 a≥43.故填43，＋∞．
(1)在函数定义域内讨论导数的符号． (2)两个或多个增(减)区间之间的连接符号，不用“∪”，可用“，” 或用“和”．
2022届《创新设计》数学一轮(理科)江苏专用课时作业 第三章 导数及其应用 课时作业3-2
第2讲 导数在争辩函数中的应用基础巩固题组 (建议用时：40分钟) 一、填空题1．函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为________．解析 f (x )＝12x 2－ln x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x ，令f ′(x )＞0，得x ＞1，令f ′(x )＜0，得0＜x ＜1，所以f (x )的递增区间是(1，＋∞)，递减区间是(0,1)． 答案 (0,1)2．(2021·扬州模拟)已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1时有极值0，则a －b ＝________. 解析 由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＋3a －b －1＝0，b －6a ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝1，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝9，经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在x ＝－1处无法取得极值，而a ＝2，b ＝9满足题意，故a －b ＝－7. 答案 －73．f (x )＝x 3－12x ，x ∈[－3,3]的最大值为________，最小值为________． 解析 f ′(x )＝3x 2－12＝3(x －2)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得x ＝±2， ∵f (－3)＝9，f (3)＝－9， f (－2)＝16，f (2)＝－16， ∴f (x )最大值为16，最小值为－16. 答案 16 －164．设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax ，x ∈R 有大于零的极值点，则a 的取值范围是________． 解析 ∵y ＝e x ＋ax ，∴y ′＝e x ＋a . ∵函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点， 则方程y ′＝e x ＋a ＝0有大于零的解， ∵x ＞0时，－e x ＜－1，∴a ＝－e x ＜－1. 答案 (－∞，－1)5．(2021·福建卷改编)设函数f (x )的定义域为R ，x 0(x 0≠0)是f (x )的极大值点，以下结论确定正确的是________(填序号)． ①∀x ∈R ，f (x )≤f (x 0)； ②－x 0是f (－x )的微小值点； ③－x 0是－f (x )的微小值点； ④－x 0是－f (－x )的微小值点．解析 ①错，由于极大值未必是最大值；②错，由于函数y ＝f (x )与函数y ＝f (－x )的图象关于y 轴对称，－x 0应是f (－x )的极大值点；③错，函数y ＝f (x )与函数y ＝－f (x )的图象关于x 轴对称，x 0应为－f (x )的微小值点；④正确，函数y ＝f (x )与y ＝－f (－x )的图象关于原点对称，－x 0应为y ＝－f (－x )的微小值点． 答案 ④6．(2021·成都诊断)已知函数f (x )＝x 2＋ax (x ≠0，a ∈R )在区间[2，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围为________．解析 由已知可得f ′(x )＝2x －a x2，要使f (x )在区间[2，＋∞)上是增函数，只需当x ≥2时， f ′(x )≥0恒成立，即2x －ax 2≥0，则a ≤2x 3恒成立，又当x ≥2时，2x 3≥16， 故当a ≤16时，f (x )在区间[2，＋∞)上是增函数．。
2023年高考数学一轮复习第三章一元函数的导数及其应用1导数的概念及其意义导数的运算练习含解析
导数的概念及其意义、导数的运算考试要求 1.了解导数的概念、掌握基本初等函数的导数.2.通过函数图象，理解导数的几何意义.3.能够用导数公式和导数的运算法则求简单函数的导数，能求简单的复合函数(形如f (ax ＋b ))的导数．知识梳理 1．导数的概念(1)函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数记作f ′(x 0)或0'|x x y .f ′(x 0)＝lim Δx →0Δy Δx ＝lim Δx →0 fx 0＋Δx －f x 0Δx.(2)函数y ＝f (x )的导函数f ′(x )＝lim Δx →0f x ＋Δx －f xΔx.2．导数的几何意义函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数的几何意义就是曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率，相应的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)． 3．基本初等函数的导数公式基本初等函数导函数f (x )＝c (c 为常数) f ′(x )＝0 f (x )＝x α(α∈Q ，且α≠0)f ′(x )＝αx α－1 f (x )＝sin x f ′(x )＝cos_x f (x )＝cos x f ′(x )＝－sin_x f (x )＝a x (a >0，且a ≠1)f ′(x )＝a x ln_a f (x )＝e xf ′(x )＝e x f (x )＝log a x (a >0，且a ≠1)f ′(x )＝1x ln af (x )＝ln xf ′(x )＝1x4.导数的运算法则若f ′(x )，g ′(x )存在，则有 [f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )；[f (x )g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )；⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x g x ′＝f ′x g x －f x g ′x [g x ]2(g (x )≠0)； [cf (x )]′＝cf ′(x )． 5．复合函数的定义及其导数复合函数y ＝f (g (x ))的导数和函数y ＝f (u )，u ＝g (x )的导数间的关系为y ′x ＝y ′u ·u ′x ，即y 对x 的导数等于y 对u 的导数与u 对x 的导数的乘积． 常用结论1．区分在点处的切线与过点处的切线(1)在点处的切线，该点一定是切点，切线有且仅有一条． (2)过点处的切线，该点不一定是切点，切线至少有一条． 2.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1f x ′＝－f ′x [f x ]2(f (x )≠0)．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)f ′(x 0)是函数y ＝f (x )在x ＝x 0附近的平均变化率．( × ) (2)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线．( × ) (3)f ′(x 0)＝[f (x 0)]′.( × )(4)若f (x )＝sin (－x )，则f ′(x )＝cos (－x )．( × ) 教材改编题1．函数f (x )＝e x＋1x在x ＝1处的切线方程为________．答案 y ＝(e －1)x ＋2 解析 f ′(x )＝e x－1x2，∴f ′(1)＝e －1， 又f (1)＝e ＋1，∴切点为(1，e ＋1)，切线斜率k ＝f ′(1)＝e －1， 即切线方程为y －(e ＋1)＝(e －1)(x －1)， 即y ＝(e －1)x ＋2.2．已知函数f (x )＝x ln x ＋ax 2＋2，若f ′(e)＝0，则a ＝________. 答案 －1e解析 f ′(x )＝1＋ln x ＋2ax ， ∴f ′(e)＝2a e ＋2＝0，∴a ＝－1e.3．若f (x )＝ln(1－x )＋e 1－x，则f ′(x )＝________.答案1x －1－e 1－x题型一 导数的运算例1 (1)(多选)(2022·济南质检)下列求导运算正确的是( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫1ln x ′＝－1x ln 2xB ．(x 2e x)′＝2x ＋e xC.⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3′＝－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3D.⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x ′＝1＋1x2答案 AD解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1ln x ′＝－1ln 2x ·(ln x )′＝－1x ln 2x ，故A 正确；(x 2e x)′＝(x 2＋2x )e x，故B 错误；⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3′＝－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3，故C 错误；⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x ′＝1＋1x 2，故D 正确． (2)函数f (x )的导函数为f ′(x )，若f (x )＝x 2＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3sin x ，则f⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝________.答案 π236＋2π3解析 f ′(x )＝2x ＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos x ， ∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝2π3＋12f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3， ∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝4π3，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝π236＋2π3.教师备选1．函数y ＝sin2x －cos2x 的导数y ′等于( )A ．22cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4B ．cos2x ＋sin xC ．cos2x －sin2xD ．22cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4 答案 A解析 y ′＝2cos2x ＋2sin2x ＝22cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4. 2．(2022·济南模拟)已知函数f ′(x )＝e x sin x ＋e xcos x ，则f (2021)－f (0)等于( ) A ．e 2021cos2021 B ．e2021sin2021C.e 2 D ．e答案 B解析 因为f ′(x )＝e x sin x ＋e xcos x ， 所以f (x )＝e xsin x ＋k (k 为常数)， 所以f (2021)－f (0)＝e2021sin2021.思维升华 (1)求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导．(2)抽象函数求导，恰当赋值是关键，然后活用方程思想求解． (3)复合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元．跟踪训练1 (1)若函数f (x )，g (x )满足f (x )＋xg (x )＝x 2－1，且f (1)＝1，则f ′(1)＋g ′(1)等于( ) A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 C解析 当x ＝1时，f (1)＋g (1)＝0， ∵f (1)＝1，得g (1)＝－1，原式两边求导，得f ′(x )＋g (x )＋xg ′(x )＝2x ， 当x ＝1时，f ′(1)＋g (1)＋g ′(1)＝2， 得f ′(1)＋g ′(1)＝2－g (1)＝2－(－1)＝3.(2)已知函数f (x )＝ln(2x －3)＋ax e －x，若f ′(2)＝1，则a ＝________. 答案 e 2解析 f ′(x )＝12x －3·(2x －3)′＋a e －x ＋ax ·(e －x )′＝22x －3＋a e －x －ax e －x，∴f ′(2)＝2＋a e －2－2a e －2＝2－a e －2＝1， 则a ＝e 2.题型二 导数的几何意义 命题点1 求切线方程例2 (1)(2021·全国甲卷)曲线y ＝2x －1x ＋2在点(－1，－3)处的切线方程为__________．答案 5x －y ＋2＝0 解析 y ′＝⎝⎛⎭⎪⎫2x －1x ＋2′＝2x ＋2－2x －1x ＋22＝5x ＋22，所以y ′|x ＝－1＝5－1＋22＝5，所以切线方程为y ＋3＝5(x ＋1)，即5x －y ＋2＝0.(2)已知函数f (x )＝x ln x ，若直线l 过点(0，－1)，并且与曲线y ＝f (x )相切，则直线l 的方程为__________． 答案 x －y －1＝0解析 ∵点(0，－1)不在曲线f (x )＝x ln x 上， ∴设切点为(x 0，y 0)． 又f ′(x )＝1＋ln x ，∴直线l 的方程为y ＋1＝(1＋ln x 0)x .∴由⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝x 0ln x 0，y 0＋1＝1＋ln x 0x 0，解得x 0＝1，y 0＝0.∴直线l 的方程为y ＝x －1，即x －y －1＝0. 命题点2 求参数的值(范围)例3 (1)(2022·青岛模拟)直线y ＝kx ＋1与曲线f (x )＝a ln x ＋b 相切于点P (1,2)，则2a ＋b 等于( )A ．4B ．3C ．2D ．1 答案 A解析 ∵直线y ＝kx ＋1与曲线f (x )＝a ln x ＋b 相切于点P (1,2)， 将P (1,2)代入y ＝kx ＋1， 可得k ＋1＝2，解得k ＝1， ∵f (x )＝a ln x ＋b ，∴f ′(x )＝a x， 由f ′(1)＝a1＝1，解得a ＝1，可得f (x )＝ln x ＋b ， ∵P (1,2)在曲线f (x )＝ln x ＋b 上， ∴f (1)＝ln1＋b ＝2，解得b ＝2，故2a ＋b ＝2＋2＝4.(2)(2022·广州模拟)过定点P (1，e)作曲线y ＝a e x(a >0)的切线，恰有2条，则实数a 的取值范围是________． 答案 (1，＋∞)解析 由y ′＝a e x，若切点为(x 0，0e x a )，则切线方程的斜率k ＝0'|x x y ＝0e x a >0， ∴切线方程为y ＝0e x a (x －x 0＋1)， 又P (1，e)在切线上， ∴0e x a (2－x 0)＝e ，即ea＝0e x (2－x 0)有两个不同的解，令φ(x )＝e x(2－x )， ∴φ′(x )＝(1－x )e x，当x ∈(－∞，1)时，φ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，∴φ(x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴φ(x )max ＝φ(1)＝e ， 又x →－∞时，φ(x )→0；x →＋∞时，φ(x )→－∞，∴0<ea<e ，解得a >1，即实数a 的取值范围是(1，＋∞)． 教师备选1．已知曲线f (x )＝x 3－x ＋3在点P 处的切线与直线x ＋2y －1＝0垂直，则P 点的坐标为( ) A ．(1,3)B ．(－1,3)C ．(1,3)或(－1,3)D ．(1，－3)答案 C解析 设切点P (x 0，y 0)，f ′(x )＝3x 2－1，又直线x ＋2y －1＝0的斜率为－12，∴f ′(x 0)＝3x 20－1＝2， ∴x 20＝1， ∴x 0＝±1，又切点P (x 0，y 0)在y ＝f (x )上， ∴y 0＝x 30－x 0＋3， ∴当x 0＝1时，y 0＝3； 当x 0＝－1时，y 0＝3. ∴切点P 为(1,3)或(－1,3)．2．(2022·哈尔滨模拟)已知M 是曲线y ＝ln x ＋12x 2＋(1－a )x 上的任一点，若曲线在M 点处的切线的倾斜角均是不小于π4的锐角，则实数a 的取值范围是( ) A ．[2，＋∞) B ．[4，＋∞) C ．(－∞，2] D ．(－∞，4]答案 C解析 因为y ＝ln x ＋12x 2＋(1－a )x ，所以y ′＝1x ＋x ＋1－a ，因为曲线在M 点处的切线的倾斜角均是不小于π4的锐角，所以y ′≥tanπ4＝1对于任意的x >0恒成立， 即1x＋x ＋1－a ≥1对任意x >0恒成立，所以x ＋1x ≥a ，又x ＋1x≥2，当且仅当x ＝1x，即x ＝1时，等号成立，故a ≤2，所以a 的取值范围是(－∞，2]．思维升华 (1)处理与切线有关的参数问题，关键是根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程：①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上． (2)注意区分“在点P 处的切线”与“过点P 处的切线”． 跟踪训练2(1)(2022·南平模拟)若直线y ＝x ＋m 与曲线y ＝e x －2n相切，则( )A ．m ＋n 为定值 B.12m ＋n 为定值 C ．m ＋12n 为定值D ．m ＋13n 为定值答案 B解析 设直线y ＝x ＋m 与曲线y ＝e x －2n切于点(x 0，02e x n -)，因为y ′＝ex －2n，所以02e x n -＝1，所以x 0＝2n ，所以切点为(2n ,1)， 代入直线方程得1＝2n ＋m ， 即12m ＋n ＝12. (2)若函数f (x )＝ln x ＋2x 2－ax 的图象上存在与直线2x －y ＝0平行的切线，则实数a 的取值范围是______． 答案 [2，＋∞)解析 直线2x －y ＝0的斜率k ＝2，又曲线f (x )上存在与直线2x －y ＝0平行的切线， ∴f ′(x )＝1x＋4x －a ＝2在(0，＋∞)内有解，则a ＝4x ＋1x－2，x >0.又4x ＋1x≥24x ·1x＝4，当且仅当x ＝12时取“＝”．∴a ≥4－2＝2.∴a 的取值范围是[2，＋∞)． 题型三 两曲线的公切线例4 (1)(2022·邯郸模拟)已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝x 2＋ax (a ∈R )，直线l 与f (x )的图象相切于点A (1,0)，若直线l 与g (x )的图象也相切，则a 等于( ) A ．0B ．－1C ．3D ．－1或3 答案 D解析 由f (x )＝x ln x 求导得f ′(x )＝1＋ln x ，则f ′(1)＝1＋ln1＝1，于是得函数f (x )在点A (1,0)处的切线l 的方程为y ＝x －1， 因为直线l与g (x )的图象也相切，则方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x －1，g x ＝x 2＋ax ，有唯一解，即关于x 的一元二次方程x 2＋(a －1)x ＋1＝0有两个相等的实数根， 因此Δ＝(a －1)2－4＝0，解得a ＝－1或a ＝3， 所以a ＝－1或a ＝3.(2)(2022·韶关模拟)若曲线C 1：y ＝ax 2(a >0)与曲线C 2：y ＝e x存在公共切线，则a 的取值范围为________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫e 24，＋∞解析 由y ＝ax 2(a >0)，得y ′＝2ax ，由y ＝e x ，得y ′＝e x，曲线C 1：y ＝ax 2(a >0)与曲线C 2：y ＝e x存在公共切线， 设公切线与曲线C 1切于点(x 1，ax 21)， 与曲线C 2切于点(x 2，2e x )，则2ax 1＝222121e e ,x x ax x x -=-可得2x 2＝x 1＋2，∴a ＝1121e2x x +， 记f (x )＝12e2x x+， 则f ′(x )＝122e(2)4x x x +-，当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． ∴当x ＝2时，f (x )min ＝e24.∴a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫e 24，＋∞. 延伸探究 在本例(2)中，把“存在公共切线”改为“存在两条公共切线”，则a 的取值范围为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 24，＋∞解析 由本例(2)知，∵两曲线C 1与C 2存在两条公共切线，∴a ＝1121e2x x +有两个不同的解． ∵函数f (x )＝12e2x x+在(0,2)上单调递减， 在(2，＋∞)上单调递增，且f (x )min ＝f (2)＝e24，又x →0时，f (x )→＋∞，x →＋∞时，f (x )→＋∞，∴a >e 24.教师备选1．若f (x )＝ln x 与g (x )＝x 2＋ax 两个函数的图象有一条与直线y ＝x 平行的公共切线，则a 等于( )A ．1B ．2C ．3D ．3或－1 答案 D解析 设在函数f (x )＝ln x 处的切点为(x ，y )，根据导数的几何意义得到k ＝1x＝1，解得x ＝1，故切点为(1,0)，可求出切线方程为y ＝x －1，此切线和g (x )＝x 2＋ax 也相切， 故x 2＋ax ＝x －1，化简得到x 2＋(a －1)x ＋1＝0，只需要满足Δ＝(a －1)2－4＝0，解得a ＝－1或a ＝3. 2．已知曲线y ＝e x在点(x 1，1e x )处的切线与曲线y ＝ln x 在点(x 2，ln x 2)处的切线相同，则(x 1＋1)(x 2－1)等于( ) A ．－1B ．－2C ．1D ．2 答案 B解析 已知曲线y ＝e x在点(x 1，1e x )处的切线方程为y －1e x ＝1e x (x －x 1)，即1111e e e ,x x x y x x =-+曲线y ＝ln x 在点(x 2，ln x 2)处的切线方程为y －ln x 2＝1x 2(x －x 2)，即y ＝1x 2x －1＋ln x 2，由题意得1112121e ,e e 1ln ,x x x x x x ⎧=⎪⎨⎪-=-+⎩ 得x 2＝11ex ， 1e x －1e x x 1＝－1＋ln x 2＝－1＋11lnex ＝－1－x 1， 则1e x ＝x 1＋1x 1－1.又x 2＝11e x ， 所以x 2＝x 1－1x 1＋1， 所以x 2－1＝x 1－1x 1＋1－1＝－2x 1＋1， 所以(x 1＋1)(x 2－1)＝－2.思维升华 公切线问题，应根据两个函数在切点处的斜率相等，且切点既在切线上又在曲线上，列出有关切点横坐标的方程组，通过解方程组求解．或者分别求出两函数的切线，利用两切线重合列方程组求解．跟踪训练3 (1)(2022·青岛模拟)已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f (x )＝－2x 2＋m ，g (x )＝－3ln x －x ，若以上两函数的图象有公共点，且在公共点处切线相同，则m 的值为( ) A ．2B ．5C ．1D ．0 答案 C解析 根据题意，设两曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )的公共点为(a ，b )，其中a >0， 由f (x )＝－2x 2＋m ，可得f ′(x )＝－4x ，则切线的斜率为k ＝f ′(a )＝－4a ， 由g (x )＝－3ln x －x ，可得g ′(x )＝－3x －1，则切线的斜率为k ＝g ′(a )＝－3a－1，因为两函数的图象有公共点，且在公共点处切线相同，所以－4a ＝－3a－1，解得a ＝1或a ＝－34(舍去)，又由g (1)＝－1，即公共点的坐标为(1，－1)， 将点(1，－1)代入f (x )＝－2x 2＋m ， 可得m ＝1.(2)已知f (x )＝e x(e 为自然对数的底数)，g (x )＝ln x ＋2，直线l 是f (x )与g (x )的公切线，则直线l 的方程为____________________． 答案 y ＝e x 或y ＝x ＋1解析 设直线l 与f (x )＝e x的切点为(x 1，y 1)， 则y 1＝1e x ，f ′(x )＝e x，∴f ′(x 1)＝1e x ， ∴切点为(x 1，1e x )， 切线斜率k ＝1e x ，∴切线方程为y －1e x ＝1e x (x －x 1)， 即y ＝1e x ·x －x 11e x ＋1e x ，①同理设直线l 与g (x )＝ln x ＋2的切点为(x 2，y 2)， ∴y 2＝ln x 2＋2，g ′(x )＝1x，∴g ′(x 2)＝1x 2，切点为(x 2，ln x 2＋2)，切线斜率k ＝1x 2，∴切线方程为y －(ln x 2＋2)＝1x 2(x －x 2)，即y ＝1x 2·x ＋ln x 2＋1，②由题意知，①与②相同，∴111121221e e ,e e ln 1,x x x x x x x x -⎧=⎪⎨⎪-+==+⇒⎩③④ 把③代入④有111e e x x x -+＝－x 1＋1， 即(1－x 1)(1e x －1)＝0， 解得x 1＝1或x 1＝0，当x 1＝1时，切线方程为y ＝e x ； 当x 1＝0时，切线方程为y ＝x ＋1， 综上，直线l 的方程为y ＝e x 或y ＝x ＋1.课时精练1．(2022·营口模拟)下列函数的求导正确的是( ) A ．(x －2)′＝－2xB ．(x cos x )′＝cos x －x sin xC ．(ln10)′＝110D ．(e 2x )′＝2e x答案 B解析 (x －2)′＝－2x －3，∴A 错； (x cos x )′＝cos x －x sin x ，∴B 对； (ln10)′＝0，∴C 错； (e 2x)′＝2e 2x ，∴D 错．2．(2022·黑龙江哈师大附中月考)曲线y ＝2cos x ＋sin x 在(π，－2)处的切线方程为( ) A ．x －y ＋π－2＝0 B ．x －y －π＋2＝0 C ．x ＋y ＋π－2＝0 D ．x ＋y －π＋2＝0答案 D解析 y ′＝－2sin x ＋cos x ，当x ＝π时，k ＝－2sinπ＋cosπ＝－1，所以在点(π，－2)处的切线方程，由点斜式可得y ＋2＝－1×(x －π)，化简可得x ＋y －π＋2＝0.3．(2022·长治模拟)已知y ＝f (x )是可导函数，如图，直线y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，令g (x )＝xf (x )，g ′(x )是g (x )的导函数，则g ′(3)等于( )A ．－1B ．0C ．2D ．4 答案 B解析 由题图可知曲线y ＝f (x )在x ＝3处切线的斜率等于－13，∴f ′(3)＝－13，∵g (x )＝xf (x )，∴g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )， ∴g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)， 又由题图可知f (3)＝1，∴g ′(3)＝1＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝0. 4．已知点A 是函数f (x )＝x 2－ln x ＋2图象上的点，点B 是直线y ＝x 上的点，则|AB |的最小值为( ) A. 2 B ．2 C.433D.163答案 A解析 当与直线y ＝x 平行的直线与f (x )的图象相切时，切点到直线y ＝x 的距离为|AB |的最小值．f ′(x )＝2x －1x＝1，解得x ＝1或x ＝－12(舍去)，又f (1)＝3，所以切点C (1,3)到直线y ＝x 的距离即为|AB |的最小值，即|AB |min ＝|1－3|12＋12＝ 2.5．设曲线f (x )＝a e x＋b 和曲线g (x )＝cos πx2＋c 在它们的公共点M (0,2)处有相同的切线，则b ＋c －a 的值为( ) A ．0B ．πC．－2D ．3 答案 D解析 ∵f ′(x )＝a e x，g ′(x )＝－π2sin πx 2，∴f ′(0)＝a ，g ′(0)＝0，∴a ＝0， 又M (0,2)为f (x )与g (x )的公共点， ∴f (0)＝b ＝2，g (0)＝1＋c ＝2，解得c ＝1， ∴b ＋c －a ＝2＋1－0＝3.6．(2022·邢台模拟)设点P 是函数f (x )＝2e x－f ′(0)x ＋f ′(1)图象上的任意一点，点P 处切线的倾斜角为α，则角α的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，3π4B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4，πC.⎝⎛⎭⎪⎫π2，3π4D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π 答案 B解析 ∵f (x )＝2e x－f ′(0)x ＋f ′(1)， ∴f ′(x )＝2e x－f ′(0)，∴f ′(0)＝2－f ′(0)，f ′(0)＝1， ∴f (x )＝2e x－x ＋f ′(1)， ∴f ′(x )＝2e x －1>－1.∵点P 是曲线上的任意一点，点P 处切线的倾斜角为α， ∴tan α>－1. ∵α∈[0，π)，∴α∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4，π.7.(多选)已知函数f (x )的图象如图，f ′(x )是f (x )的导函数，则下列结论正确的是( )A ．f ′(3)>f ′(2)B ．f ′(3)<f ′(2)C ．f (3)－f (2)>f ′(3)D ．f (3)－f (2)<f ′(2) 答案 BCD解析 f ′(x 0)的几何意义是f (x )在x ＝x 0处的切线的斜率．由图知f ′(2)>f ′(3)>0， 故A 错误，B 正确．设A (2，f (2))，B (3，f (3))， 则f (3)－f (2)＝f 3－f 23－2＝k AB ，由图知f ′(3)<k AB <f ′(2)，即f ′(3)<f (3)－f (2)<f ′(2)，故C ，D 正确．8．(多选)(2022·重庆沙坪坝区模拟)若函数f (x )在D 上可导，即f ′(x )存在，且导函数f ′(x )在D 上也可导，则称f (x )在D 上存在二阶导函数，记f ″(x )＝[f ′(x )]′.若f ″(x )<0在D上恒成立，则称f (x )在D 上为凸函数．以下四个函数在⎝⎛⎭⎪⎫0，3π4上是凸函数的是( )A ．f (x )＝－x 3＋3x ＋4 B ．f (x )＝ln x ＋2x C ．f (x )＝sin x ＋cos x D ．f (x )＝x e x答案 ABC解析 对A ，f (x )＝－x 3＋3x ＋4，f ′(x )＝－3x 2＋3， f ″(x )＝－6x ，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，3π4时，f ″(x )<0，故A 为凸函数；对B ，f (x )＝ln x ＋2x ，f ′(x )＝1x＋2，f ″(x )＝－1x2，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，3π4时，f ″(x )<0，故B 为凸函数；对C ，f (x )＝sin x ＋cos x ，f ′(x )＝cos x －sin x ，f ″(x )＝－sin x －cos x ＝－2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，3π4时，f ″(x )<0，故C 为凸函数；对D ，f (x )＝x e x，f ′(x )＝(x ＋1)e x，f ″(x )＝(x ＋2)e x ，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，3π4时，f ″(x )>0，故D 不是凸函数．9．(2022·马鞍山模拟)若曲线f (x )＝x cos x 在x ＝π处的切线与直线ax －y ＋1＝0平行，则实数a ＝________. 答案 －1解析 因为f (x )＝x cos x ， 所以f ′(x )＝cos x －x sin x ，f ′(π)＝cosπ－π·sinπ＝－1，因为函数在x ＝π处的切线与直线ax －y ＋1＝0平行，所以a ＝f ′(π)＝－1. 10．已知函数f (x )＝1ax －1＋e xcos x ，若f ′(0)＝－1，则a ＝________. 答案 2 解析 f ′(x )＝－ax －1′ax －12＋e x cos x －e xsin x ＝－a ax －12＋e xcos x －e xsin x ，∴f ′(0)＝－a ＋1＝－1，则a ＝2.11．(2022·宁波镇海中学质检)我国魏晋时期的科学家刘徽创立了“割圆术”，实施“以直代曲”的近似计算，用正n 边形进行“内外夹逼”的办法求出了圆周率π的精度较高的近似值，这是我国最优秀的传统科学文化之一．借用“以直代曲”的近似计算方法，在切点附近，可以用函数图象的切线近似代替在切点附近的曲线来近似计算．设f (x )＝2e x，则f ′(x )＝________，其在点(0,1)处的切线方程为________．答案 22e xx y ＝1 解析 ∵f (x )＝2e x，故f ′(x )＝(x 2)′2e x＝22e x x ，则f ′(0)＝0.故曲线y ＝f (x )在点(0,1)处的切线方程为y ＝1.12．已知函数f (x )＝x 3－ax 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ＋1x (a ∈R )，若曲线y ＝f (x )存在两条垂直于y 轴的切线，则a 的取值范围为____________________． 答案 (－∞，－1)∪(3，＋∞)解析 因为f (x )＝x 3－ax 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ＋1x (a ∈R )，所以f ′(x )＝3x 2－2ax ＋23a ＋1，因为曲线y ＝f (x )存在两条垂直于y 轴的切线，所以关于x 的方程f ′(x )＝3x 2－2ax ＋23a ＋1＝0有两个不等的实根，则Δ＝4a 2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ＋1>0，即a 2－2a －3>0，解得a ＞3或a ＜－1，所以a 的取值范围是(－∞，－1)∪(3，＋∞)．13．拉格朗日中值定理又称拉氏定理，是微积分学中的基本定理之一，它反映了函数在闭区间上的整体平均变化率与区间某点的局部变化率的关系，其具体内容如下：若f (x )在[a ，b ]上满足以下条件：①在[a ，b ]上图象连续，②在(a ，b )内导数存在，则在(a ，b )内至少存在一点c ，使得f (b )－f (a )＝f ′(c )(b －a )(f ′(x )为f (x )的导函数)．则函数f (x )＝x e x －1在[0,1]上这样的c 点的个数为( ) A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 A解析 函数f (x )＝x e x －1，则f ′(x )＝(x ＋1)ex －1，由题意可知，存在点c ∈[0,1]， 使得f ′(c )＝f 1－f 01－0＝1，即(1＋c )e c －1＝1，所以ec －1＝11＋c ，c ∈[0,1]，作出函数y ＝e c －1和y ＝11＋c的图象，如图所示，由图象可知，函数y ＝e c －1和y ＝11＋c的图象只有一个交点， 所以ec －1＝11＋c，c ∈[0,1]只有一个解，即函数f (x )＝x e x －1在[0,1]上c 点的个数为1. 14．(2021·新高考全国Ⅰ)若过点(a ，b )可以作曲线y ＝e x的两条切线，则( ) A ．e b<a B ．e a<b C ．0<a <e bD ．0<b <e a答案 D解析 方法一 设切点(x 0，y 0)，y 0>0， 则切线方程为y －b ＝0e x (x －a )，由⎩⎨⎧y 0－b ＝0e x x 0－a ，y 0＝0e x ，得0e x (1－x 0＋a )＝b ，则由题意知关于x 0的方程0e x (1－x 0＋a )＝b 有两个不同的解． 设f (x )＝e x(1－x ＋a )，则f ′(x )＝e x (1－x ＋a )－e x ＝－e x(x －a )， 由f ′(x )＝0得x ＝a ，所以当x <a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x >a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 所以f (x )max ＝f (a )＝e a(1－a ＋a )＝e a， 当x <a 时，a －x >0，所以f (x )>0，当x →－∞时，f (x )→0， 当x →＋∞时，f (x )→－∞，函数f (x )＝e x(1－x ＋a )的大致图象如图所示，因为f (x )的图象与直线y ＝b 有两个交点，所以0<b <e a.方法二 (用图估算法)过点(a ，b )可以作曲线y ＝e x的两条切线，则点(a ，b )在曲线y ＝e x的下方且在x 轴的上方， 得0<b <e a.15．若曲线y ＝14sin2x ＋32cos 2x 在A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点处的切线互相垂直，则|x 1－x 2|的最小值为( ) A.π3B.π2C.2π3D ．π 答案 B解析 ∵y ＝14sin2x ＋32cos 2x＝14sin2x ＋32×1＋cos2x2 ＝12sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＋34， ∴y ′＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，∴曲线的切线斜率在[－1,1]范围内， 又曲线在两点处的切线互相垂直，故在A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点处的切线斜率必须一个是1，一个是－1. 不妨设在A 点处切线的斜率为1， 则有2x 1＋π3＝2k 1π(k 1∈Z )，2x 2＋π3＝2k 2π＋π(k 2∈Z )，则可得x 1－x 2＝(k 1－k 2)π－π2＝k π－π2(k ∈Z )，∴|x 1－x 2|min ＝π2.16．(2022·南昌模拟)已知曲线C 1：y ＝ex ＋m，C 2：y ＝x 2，若恰好存在两条直线l 1，l 2与C 1，C 2都相切，则实数m 的取值范围是____________．答案 (－∞，2ln2－2)解析 由题意知，l 1，l 2的斜率存在，设直线l 1：y ＝k 1x ＋b 1，l 2：y ＝k 2x ＋b 2，设l 1与C 1，C 2的切点坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则⎩⎨⎧k 1＝1e x m +＝2x 2k 1>0，k 1x 1＋b 1＝1e x m+，k 1x 2＋b 1＝x 22，可得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝ln k 1－m ，x 2＝k 12，k 1x 2－x 1＝x 22－1ex m+，故k 1⎝ ⎛⎭⎪⎫k 12－ln k 1＋m ＝k 214－k 1，整理得m ＝ln k 1－k 14－1，同理可得，当直线l 2：y ＝k 2x ＋b 2与C 1，C 2都相切时， 有m ＝ln k 2－k 24－1，综上所述，只需m ＝ln k －k4－1(k >0)有两解，令f (k )＝ln k －k4－1，则f ′(k )＝1k －14＝4－k4k ，故当f ′(k )>0时，0<k <4， 当f ′(k )<0时，k >4，所以f (k )在(0,4)上单调递增，在(4，＋∞)上单调递减，21 故f (k )max ＝f (4)＝ln4－44－1＝2ln2－2， 所以只需满足m <2ln2－2即可．。
2022版高考数学大一轮复习第3章导数及其应用第2讲导数的简单应用1
第三章导数及其应用第二讲导数的简单应用练好题·考点自测1.［2021陕西模拟］若函数f(x）=kx-ln x在区间(1，+∞)上单调递增,则k的取值范围是（) A。
（-∞，—2］B.(-∞,—1]C。
［2,+∞）D.[1,+∞)2。
下列说法错误的是(）A。
函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的B。
若x0是可导函数y=f（x)的极值点，则一定有f'（x0）=0 C。
函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值D.函数f(x）=x sin x有无数个极值点3.［2020安徽安庆一中5月模拟］函数y=f(x）的导函数的图象如图3—2—1所示,给出下列命题:①（0,3)为函数y=f(x）的单调递减区间；②(5,+∞）为函数y=f（x)的单调递增区间；③函数y=f(x)在x=0处取得极大值;④函数y=f（x)在x=5处取得极小值.其中正确的命题序号是() A.①③B.②④C.①④ D。
②③④图3-2-14.[2017全国卷Ⅱ,11，5分］若x =—2是函数f (x ）=(x 2+ax —1）e x -1的极值点，则 f (x )的极小值为 （ ）A 。
—1 B.—2e -3 C 。
5e —3 D 。
15.[2021河南省名校第一次联考］已知函数f (x ）=x (x -c )2在x =2处取极大值,则c = 。
6。
[2021武汉市部分学校质检］设函数f (x )=ln1+sinx 2cosx在区间[−π4,π4］上的最小值和最大值分别为m 和M ，则m +M = .拓展变式1。
［2020全国卷Ⅱ，21,12分]［文］已知函数f (x )=2ln x +1. (1）若f （x ）≤2x +c ,求c 的取值范围; (2）设a >0，讨论函数g （x ）=f (x )-f (a )x -a的单调性。
2。
已知函数g （x ）=13x 3−a 2x 2+2x +5。
(1)若函数g (x )在（—2，-1）内单调递减，则a 的取值范围为 ；（2）若函数g （x ）在(-2,-1）内存在单调递减区间，则a 的取值范围为 ；（3）若函数g (x ）在（—2,—1）上不单调，则a 的取值范围为 。
创新设计(全国通用)2018版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 3.2.3 导数与函数的综合应用 文 北师大
考点三 导数在不等式中的应用(多维探究) 命题角度一 不等式恒成立问题 【例 3－1】 已知函数 f(x)＝ln x－ax，若 f(x)<x2 在(1，＋∞)上恒成
立，求 a 的取值范围．
解 ∵ln x－ax<x2，又 x>0，∴a>xln x－x3， 令 g(x)＝xln x－x3，则 h(x)＝g′(x)＝1＋ln x－3x2， h′(x)＝1x－6x＝1－x6x2. ∵当 x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0， ∴h(x)在(1，＋∞)上是减函数， ∴h(x)<h(1)＝－2<0，即 g′(x)<0. ∴g(x)在(1，＋∞)上也是减函数，∴g(x)<g(1)＝－1， ∴当 a≥－1 时，f(x)<x2 在(1，＋∞)上恒成立.
解 (1)由 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得 f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因为 f(0)＝ c，f′(0)＝b， 所以曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为 y＝bx＋c. (2)当 a＝b＝4 时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c， 所以 f′(x)＝3x2＋8x＋4. 令 f′(x)＝0，得 3x2＋8x＋4＝0，解得 x＝－2 或 x＝－23.
因此
x－1 1< ln x <x.
(3)证明 由题设 c>1，设 g(x)＝1＋(c－1)x－cx， 则 g′(x)＝c－1－cxln c.
c－1 令 g′(x)＝0，解得 x0＝lnlnlncc . 当 x<x0 时，g′(x)>0，g(x)单调递增； 当 x>x0 时，g′(x)<0，g(x)单调递减． 由(2)知 1<cl－n c1<c，故 0<x0<1. 又 g(0)＝g(1)＝0，故当 0<x<1 时，g(x)>0. 所以当 x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.
【创新设计】高考数学一轮总复习 第三篇 第2讲 导数的应用(一)课件 理 湘教版
增函数得，x>－1，即不等式f(x)>2x＋4的解集是(－1，＋
∞)，选B.
答案 B
5．函数f(x)＝x3＋ax－2在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的 取值范围是________． 解析 f′(x)＝3x2＋a，f(x)在区间(1，＋∞)上是增函数，则 f′(x)＝3x2＋a≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≥－3x2在(1，＋ ∞)上恒成立，∴a≥－3. 答案 [－3，＋∞)
考向一 导数几何意义的应用
【例 1】►(2013·苏州模拟)若存在过点(1,0)的直线与曲线 y
＝x3 和 y＝ax2＋145x－9 都相切，则 a 等于( )．A．－1 或－2654
B．－1 或241
C．－74或－2654
D．－74或 7
[审题视点] 因为点(1,0)不在曲线 y＝x3 上，所以应从设切点
考点自测
1．(2012·辽宁)函数 y＝12x2－ln x 的单调递减区间为
A．(－1,1]
B．(0,1]
( )．
C．[1，＋∞)
D．(0，＋∞)
解析 由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由 y′
＝x－1x≤0，解得 0<x≤1，所以函数的单调递减区间
为(0,1]． 答案 B
2．(2011·山东)曲线y＝x3＋11在点P(1,12)处的切线与y轴交
∴f(x)min＝f(1)＝－a＝32，∴a＝－32(舍去)． ②若 a≤－e，则 x＋a≤0，则 f′(x)≤0 在[1，e]上恒 成立，此时 f(x)在[1，e]上为减函数，
∴f(x)min＝f(e)＝1－ae＝32，∴a＝－2e(舍去)．
③若－e<a<－1，令 f′(x)＝0 得 x＝－a， 当 1<x<－a 时，f′(x)<0，∴f(x)在(1，－a)上为减函数； 当－a<x<e 时，f′(x)>0，∴f(x)在(－a，e)上为增函数，
全国通用高考数学一轮复习第三章导数及其应用第2讲导数的应用第1课时利用导数研究函数的单调性课件理北师大
【训练 1】 已知函数 f(x)＝4x＋ax－ln x－32，其中 a∈R，且曲 线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线 y＝12x. (1)求 a 的值； (2)求函数 f(x)的单调区间.
解 (1)对 f(x)求导得 f′(x)＝14－xa2－1x， 由 f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线 y＝12x 知 f′(1)＝－34 －a＝－2，解得 a＝54. (2)由(1)知 f(x)＝4x＋45x－ln x－32，(x>0). 则 f′(x)＝x2－44xx2－5.令 f′(x)＝0，解得 x＝－1 或 x＝5. 但－1∉(0，＋∞)，舍去. 当 x∈(0，5)时，f′(x)<0；当 x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0. ∴f(x)的增区间为(5，＋∞)，减区间为(0，5).
规律方法 利用单调性求参数的两类热点问题的处理方法 (1)函数f(x)在区间D上存在递增(减)区间. 方法一：转化为“f′(x)>0(<0)在区间D上有解”； 方法二：转化为“存在区间D的一个子区间使f′(x)>0(<0)成 立”. (2)函数f(x)在区间D上递增(减). 方法一：转化为“f′(x)≥0(≤0)在区间D上恒成立”问题； 方法二：转化为“区间D是函数f(x)的单调递增(减)区间的子 集”.
易错警示 对于①：处理函数单调性问题时，应先求函数 的定义域； 对于②：h(x)在(0，＋∞)上存在递减区间，应等价于h′(x)<0 在(0，＋∞)上有解，易误认为“等价于h′(x)≤0在(0，＋∞) 上有解”，多带一个“＝”之所以不正确，是因为“h′(x)≤0在 (0，＋∞)上有解即为h′(x)<0在(0，＋∞)上有解，或h′(x)＝0 在(0，＋∞)上有解”，后者显然不正确； 对于③：h(x)在[1，4]上单调递减，应等价于h′(x)≤0在[1， 4]上恒成立，易误认为“等价于h′(x)<0在[1，4]上恒成立”.
高考数学一轮总复习第3章导数及其应用第2节导数的应用第5课时利用导数研究函数的零点问题教师用书
第5课时 利用导数研究函数的零点问题考点1 讨论函数的零点个数——综合性(2021·海口模拟)已知函数f(x)＝．(1)判断f(x)的单调性，并比较2 0202 021与2 0212 020的大小；(2)若函数g(x)＝(x－2)2＋x(2f(x)－1)，其中≤a≤，判断g(x)的零点的个数，并说明理由．参考数据：ln 2≈0.693．解：(1)函数f(x)＝，定义域是(0，＋∞)，故f′(x)＝．令f′(x)＞0，解得0＜x＜e；令f′(x)＜0，解得x＞e，故f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，则f(2 020)＞f(2 021)，即＞，故2 021ln 2 020＞2 020ln 2 021，故ln 2 0202 021＞ln 2 0212 020，故2 0202 021＞2 0212 020．(2)因为g(x)＝(x2－4x＋4)＋2ln x－x，所以g′(x)＝ax＋－2a－1＝．令g′(x)＝0，解得x＝2或x＝，①当a＝时，则g′(x)＝≥0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(2)＝2ln 2－2＜0，g(6)＝2ln 6－2＞0，故g(2)g(6)＜0，故存在x0∈(2,6)，使得g(x0)＝0，故g(x)在(0，＋∞)上只有1个零点；②当<a<时，则＜2，则g(x)在上单调递增，在上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，故g(x)在(0，＋∞)上有极小值g(2)，g(2)＝2ln 2－2<0，有极大值g＝2a－－2ln a－2，且g(2)＝2ln 2－2＜0，g(6)＝8a＋2ln 6－6＞2ln 6－2＞0，故g(2)g(6)＜0，故存在x1∈(2,6)，使得g(x1)＝0，故g(x)在(2，＋∞)上只有1个零点，另一方面令h(a)＝g＝2a－－2ln a－2，h′(a)＝2＋－＝2>0，所以h(a)在上单调递增，所以h(a)<h＝e－－2－2ln <0，则g＜0，故g(x)在上没有零点．综上：当≤a≤时，g(x)只有1个零点．已知函数f(x)＝x－(e为自然常数)．(1)若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)设a∈R，讨论函数g(x)＝x－ln x－f(x)的零点个数．解：(1)f(x)＝x－，则f′(x)＝．因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立．记φ(x)＝e x＋ax－a，则φ(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，φ′(x)＝e x＋a．当a≥－1时，φ′(x)＝e x＋a＞1＋a≥0，即φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以φ(x)＞φ(0)＝1－a≥0，所以－1≤a≤1；当a＜－1时，令φ′(x)＝e x＋a＝0，解得x＝ln(－a)．当0＜x＜ln(－a)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(0，ln(－a))上单调递减；当x＞ln(－a)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(ln(－a)，＋∞)上单调递增，所以φ(x)≥φ(ln(－a))＝－2a＋a ln(－a)≥0，解得－e2≤a＜－1．综上可得，实数a的取值范围是[－e2,1]．(2)g(x)＝x－ln x－f(x)＝－ln x(x＞0)，令g(x)＝0，得a＝(x＞0)．令h(x)＝，则h′(x)＝，当x∈(0,1]时，ln x≤0，x－1≤0，所以h′(x)≥0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．所以h(x)在(0，＋∞)单调递增，又h(x)＝∈R，a∈R，所以y＝a与h(x)＝的图象只有一个交点，所以a∈R，g(x)只有唯一一个零点．考点2 由函数的零点个数求参数的范围——综合性(2022·湖南模拟)已知函数f(x)＝x3＋3a(x＋1)(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若函数g(x)＝f(x)－x ln x－3a在上有两个不同的零点，求a的取值范围．解：(1)f′(x)＝3x2＋3a．①当a≥0时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；②当a＜0时，令f′(x)＞0，解得x<－或x>，令f′(x)＜0，解得－<x<，所以f(x)在(－∞，－)，(，＋∞)上单调递增，在(－，)上单调递减．综上，当a≥0时，f(x)在R上单调递增；当a＜0时，f(x)在(－∞，－)，(，＋∞)上单调递增，在(－，)上单调递减．(2)g(x)＝x3＋3ax－x ln x，依题意，x3＋3ax－x ln x＝0在上有两个不同的解，即3a＝ln x－x2在上有两个不同的解．设h(x)＝ln x－x2，x∈，则h′(x)＝－2x＝．当x∈时，h′(x)≥0，h(x)单调递增；当x∈时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h＝－ln 2－，且h＝－ln 2－，h(2)＝ln 2－4，h>h(2)，所以－ln 2－≤3a<－ln 2－，所以－ln 2－≤a<－ln 2－，即实数a的取值范围为．已知函数f(x)＝x2＋ax＋1－，a∈R．(1)若f(x)在(0,1)上单调递减，求a的取值范围；(2)设函数g(x)＝f(x)－x－a－1，若g(x)在(1，＋∞)上无零点，求整数a的最小值．解：(1)由题知f′(x)＝2x＋a＋≤0在(0,1)上恒成立，即a≤－2x恒成立．令h(x)＝－2x，则h′(x)＝－2＝－2>0，所以h(x)在(0,1)上单调递增，所以a≤h(x)min＝h(0)＝1．故a的取值范围是(－∞，1]．(2)由已知x>1，假设g(x)＝0⇔－a＝x＋，记φ(x)＝x＋，则φ′(x)＝1＋．令φ′(x)＞0，解得x>1＋，所以φ(x)在(1,1＋)上单调递减，在(1＋，＋∞)上单调递增，φ(1＋)＝1＋＋＝1＋＝1＋∈(2,3)，由题知－a＝φ(x)在(1，＋∞)内无解，故－a<φ(1＋)<3，所以a>－φ(1＋)，所以整数a的最小值为－2．考点3 函数极值点的偏移问题——综合性(2021·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x(1－ln x)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a－a ln b＝a－b，证明：2<＋<e．(1)解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，又f′(x)＝1－ln x－1＝－ln x，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，故f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)证明：因为b ln a－a ln b＝a－b，故b(ln a＋1)＝a(ln b＋1)，即＝，故f ＝f ．设＝x1，＝x2，由(1)可知不妨设0<x1<1，x2>1．因为x∈(0,1)时，f(x)＝x(1－ln x)>0，x∈(e，＋∞)时，f(x)＝x(1－ln x)<0，故1<x2<e．先证：x1＋x2>2，若x2≥2，x1＋x2>2必成立．若x2<2,要证x1＋x2>2，即证x1>2－x2，而0<2－x2<1，故即证f(x1)>f(2－x2)，即证f(x2)>f(2－x2)，其中1<x2<2．设g(x)＝f(x)－f(2－x)，1<x<2，则g′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln x－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]．因为1<x<2，故0<x(2－x)<1，故－ln x(2－x)>0，所以g′(x)>0，故g(x)在(1,2)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝0，故f(x)>f(2－x)，即f(x2)>f(2－x2)成立，所以x1＋x2>2成立，综上，x1＋x2>2成立．设x2＝tx1，则t>1，结合＝，＝x1，＝x2，可得x1(1－ln x1)＝x2(1－ln x2)，即1－ln x1＝t(1－ln t－ln x1)，故ln x1＝，要证x1＋x2<e，即证(t＋1)x1<e，即证ln (t＋1)＋ln x1<1，即证ln (t＋1)＋<1，即证(t－1)ln (t＋1)－t ln t<0．令S(t)＝(t－1)ln (t＋1)－t ln t，t>1，则S′(t)＝ln (t＋1)＋－1－ln t＝ln －．先证明一个不等式：ln(x＋1)≤x．设u(x)＝ln(x＋1)－x，则u′(x)＝－1＝，当－1<x<0时，u′(x)>0；当x>0时，u′(x)<0，故u(x)在(－1,0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数，故u(x)ma x＝u(0)＝0，故ln(x＋1)≤x成立．由上述不等式可得当t>1时，ln ≤<，故S′(t)<0恒成立，故S(t)在(1，＋∞)上为减函数，故S(t)<S(1)＝0，故(t－1)ln (t＋1)－t ln t<0成立，即x1＋x2<e成立．综上所述，2<＋<e．对称化构造是解决极值点偏移问题的方法，该方法可分为以下三步：已知函数f(x)＝ln x－ax有两个零点x1，x2(x1<x2)．(1)求实数a的取值范围；(2)求证：x1·x2>e2．(1)解：f′(x)＝－a＝(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0，不符合题意．②若a>0，令f′(x)＝0，解得x＝．当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0．由题意知f(x)有两个零点的必要条件为f(x)＝ln x－ax的极大值f＝ln －1>0，解得0<a<．显然e∈，f(e)＝1－a e<0，∈，f＝2ln－．设t＝>e，g(t)＝2ln t－t，g′(t)＝－1<0，所以g(t)在(e，＋∞)上单调递减，g(t)<g(e)＝2－e<0，即f <0．所以实数a的取值范围为．(2)证明：因为f(1)＝－a<0，所以1<x1<<x2．构造函数H(x)＝f－f＝ln －ln －2ax,0<x<．H′(x)＝＋－2a＝>0，所以H(x)在上单调递增，故H(x)>H(0)＝0，即f >f．由1<x1<<x2，知－x1>，故f(x2)＝f(x1)＝f <f＝f．因为f(x)在上单调递减，所以x2>－x1，即x1＋x2>．故ln (x1x2)＝ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)>2，即x1·x2>e2．拓展考点 隐零点求解问题已知函数f(x)＝ax2－ax－x ln x，且f(x)≥0．(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2<f(x0)<2－2．(1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，设g(x)＝ax－a－ln x，则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0．因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，而g′(x)＝a－，g′(1)＝a－1＝0，得a＝1．若a＝1，则g′(x)＝1－．当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0．综上，a＝1．(2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－x ln x，f′(x)＝2x－2－ln x(x>0)．设h(x)＝2x－2－ln x，h′(x)＝2－．当x∈时，h′(x)<0；当x∈时，h′(x)>0，所以h(x)在上单调递减，在上单调递增．又h(e－2)>0，h<0，h(1)＝0，所以h(x)在上有唯一零点x0，在上有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0．因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点．由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)．由x0∈得f(x0)<．因为x＝x0是f(x)在(0,1)上的最大值点，由e－1∈(0,1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2，所以e－2<f(x0)<2－2．设函数f(x)＝e x－ax－2．(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)·f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．解：(1)当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是(－∞，ln a)，单调递增区间是(ln a，＋∞)．(解答过程略)(2)由题设可得(x－k)(e x－1)＋x＋1>0，即k<x＋(x>0)恒成立．令g(x)＝＋x(x>0)，得g′(x)＝＋1＝(x>0)．由(1)的结论可知，函数h(x)＝e x－x－2(x>0)是增函数．又因为h(1)<0，h(2)>0，所以函数h(x)的唯一零点α∈(1,2)(该零点就是h(x)的隐零点)，且eα＝α＋2．当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(α)＝＋α．又eα＝α＋2且α∈(1,2)，则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2,3)，所以k的最大值为2．1．按导函数零点能否精确求解可以把零点分为两类：1．已知函数f(x)＝e x－a－eln(e x＋a)，若关于x的不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．解：由函数f(x)＝e x－a－eln(e x＋a)，求得定义域为，对函数求导可得：f′(x)＝e x－，则存在一个x0，使得f′(x0)＝0，且－＜x＜x0时，f′(x)＜0，x＞x0时，f′(x)＞0，则f(x)≥f(x0)＝e x0－a－eln(e x0＋a)＝－a－e·ln e＝e x0＋－2e－a＝e x0＋a＋－2e－2a．因为e x0＋a＋≥2e，所以f(x0)≥2e－2e－2a＝－2a≥0，则a≤0，所以实数a的取值范围为(－∞，0]．2．已知函数f(x)＝．(1)求函数f(x)的零点及单调区间；(2)求证：曲线y＝存在斜率为6的切线，且切点的纵坐标y0<－1．(1)解：函数f(x)的零点为e．函数f(x)的单调递增区间为(e，＋∞)，单调递减区间为(0，e)．(解答过程略)(2)证明：要证曲线y＝存在斜率为6的切线，即证y′＝＝6有解，等价于1－ln x－6x2＝0在x>0时有解．构造辅助函数g(x)＝1－ln x－6x2(x>0)，g′(x)＝－－12x<0，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减，且g(1)＝－5<0，g＝1＋ln 2－>0，所以∃x0∈，使得g(x0)＝1－ln x0－6x＝0．即证明曲线y＝存在斜率为6的切线．设切点坐标为，则y＝＝＝－6x0，x0∈．令h(x)＝－6x，x∈，由h(x)在区间上单调递减，则h(x)<h＝－1，．所以y0<－1求证：x1x2>e2(e为自然对数的底数)．[四字程序]思路参考：转化为证明ln x1＋ln x2>2，根据x1，x2是方程f′(x)＝0的根建立等量关系．令t＝，将ln x1＋ln x2变形为关于t的函数，将ln x1＋ln x2>2转化为关于t的不等式进行证明．证明：欲证x1x2>e2，需证ln x1＋ln x2>2．若f(x)有两个极值点x1，x2，则函数f′(x)有两个零点．又f′(x)＝ln x－mx(x>0)，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根．于是，有解得m＝．另一方面，由得ln x2－ln x1＝m(x2－x1)，从而得＝，于是，ln x1＋ln x2＝＝．又0<x1<x2，设t＝，则t>1．因此，ln x1＋ln x2＝，t>1．要证ln x1＋ln x2>2，即证>2，t>1．即当t>1时，有ln t>．设函数h(t)＝ln t－，t＞1，则h′(t)＝－＝≥0，所以，h(t)为(1，＋∞)上的增函数．又h(1)＝0，因此，h(t)＞h(1)＝0．于是，当t>1时，有ln t>．所以ln x1＋ln x2>2成立，即x1x2>e2．思路参考：将证明x1x2>e2转化为证明x1>．依据x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根，构造函数g(x)＝，结合函数g(x)的单调性，只需证明g(x2)＝g(x1)<g．证明：由x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根，且f′(x)＝ln x－mx(x>0)，所以mx1＝ln x1，mx2＝ln x2．令g(x)＝，g(x1)＝g(x2)，由于g′(x)＝，因此，g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．又x1<x2，所以0<x1<e<x2．令h(x)＝g(x)－g(x∈(0，e))，h′(x)＝>0，故h(x)在(0，e)上单调递增，故h(x)<h(e)＝0，即g(x)<g．令x＝x1，则g(x2)＝g(x1)<g．因为x2，∈(e，＋∞)，g(x)在(e，＋∞)上单调递减，所以x2>，即x1x2>e2．思路参考：设t1＝ln x1∈(0,1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)，推出＝e t1－t2．将证明x1x2>e2转化为证明t1＋t2>2，引入变量k＝t1－t2<0构建函数进行证明．证明：设t1＝ln x1∈(0,1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)．由得⇒＝e t1－t2．设k＝t1－t2<0，则t1＝，t2＝．欲证x1x2>e2，需证ln x1＋ln x2>2．即只需证明t1＋t2＞2，即>2⇔k(1＋e k)<2(e k－1)⇔k(1＋e k)－2(e k－1)<0．设g(k)＝k(1＋e k)－2(e k－1)(k<0)，则g′(k)＝k e k－e k＋1．令m(k)＝k e k－e k＋1，则m′(k)＝k e k<0，故g′(k)在(－∞，0)上单调递减，故g′(k)>g′(0)＝0，故g(k)在(－∞，0)上单调递增，因此g(k)<g(0)＝0，命题得证．思路参考：设t1＝ln x1∈(0,1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)，推出＝e t1－t2．将证明x1x2>e2转化为证明t1＋t2>2，引入变量＝k∈(0,1)构建函数进行证明．证明：设t1＝ln x1∈(0,1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)．由得⇒＝e t1－t2．设＝k∈(0,1)，则t1＝，t2＝．欲证x1x2>e2，需证ln x1＋ln x2>2，即只需证明t1＋t2>2，即>2⇔ln k<⇔ln k－<0．设g(k)＝ln k－(k∈(0,1))，g′(k)＝>0，故g(k)在(0,1)上单调递增，因此g(k)<g(1)＝0，命题得证．1．本题考查应用导数研究极值点偏移问题，基本解题方法是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数．2．基于课程标准，解答本题一般需要具有良好的转化与化归能力、运算求解能力、逻辑思维能力．本题的解答体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．3．基于高考数学评价体系，本题涉及函数与方程、不等式、导数的计算与应用等知识，渗透着函数与方程、转化与化归、分类讨论等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养中起到了积极的作用．已知函数f(x)＝x ln x－2ax2＋x，a∈R．(1)若f(x)在(0，＋∞)内单调递减，求实数a的取值范围；(2)若函数f(x)有两个极值点分别为x1，x2，证明：x1＋x2>．(1)解：f′(x)＝ln x＋2－4ax．因为f(x)在(0，＋∞)内单调递减，所以f′(x)＝ln x＋2－4ax≤0在(0，＋∞)内恒成立，即4a≥＋在(0，＋∞)内恒成立．令g(x)＝＋，则g′(x)＝．所以，当0<x<时，g′(x)>0，即g(x)在内单调递增；当x>时，g′(x)<0，即g(x)在内单调递减．所以g(x)的最大值为g＝e，所以实数a的取值范围是．(2)证明：若函数f(x)有两个极值点分别为x1，x2，则f′(x)＝ln x＋2－4ax＝0在(0，＋∞)内有两个不等根x1，x2．由(1)，知0<a<．由两式相减，得ln x1－ln x2＝4a(x1－x2)．不妨设0<x1<x2，则<1，所以要证明x1＋x2>，只需证明<，即证明>ln x1－ln x2，亦即证明>ln．令函数h(x)＝－ln x,0<x<1，所以h′(x)＝<0，即函数h(x)在(0,1)内单调递减．所以当x∈(0,1)时，有h(x)>h(1)＝0，所以>ln x，即不等式>ln成立．综上，x1＋x2>，命题得证．。
走向高考一轮课后强化作业北师大：第三章 导数及其应用 含解析
基础达标检测一、选择题1．由曲线y ＝x 2，y ＝x 3围成的封闭图形面积为( ) A.112 B.14 C.13 D.712[答案] A [解析]由⎩⎨⎧y ＝x 2y ＝x 3得交点坐标为(0,0)，(1,1)．因此所求图形面积为S ＝⎠⎛01(x 2－x 3)d x＝⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3－14x 410＝112.2.如图所示，在一个长为π，宽为2的矩形OABC 内，曲线y ＝sin x (0≤x ≤π)与x 轴围成如图所示的阴影部分，向矩形OABC 内随机投一点(该点落在矩形OABC 内任何一点是等可能的)，则所投的点落在阴影部分的概率是( )A.1πB.2π C.3π D.4π[答案] A[解析] 由题图可知阴影部分是曲边图形，考虑用定积分求出其面积．由题意得S ＝⎠⎛0πsin xdx ＝－cos x |π0＝－(cosπ－cos0)＝2，再根据几何概型的算法易知所求概率是S S 矩形OABC＝22π＝1π.3．已知f (x )为偶函数且⎠⎛06f (x )d x ＝8，则⎠⎛6－6f (x )d x 等于( )A ．0B ．4C ．8D ．16[答案] D[解析] ∵原函数为偶函数， ∴在y 轴两侧的图像对称． ∴对应的面积相等． 原式＝2⎠⎛06f (x )d x ＝8×2＝16.4．若⎠⎛1a (2x ＋1x )d x ＝3＋ln2，且a >1，则a 的值为( )A ．6B ．4C ．3D ．2[答案] D[解析] ⎠⎛1a (2x ＋1x)d x ＝(x 2＋ln x )|a 1＝a 2＋ln a －1， 故有a 2＋ln a －1＝3＋ln2，即a ＝2. 5．函数F (x )＝⎠⎛0x t (t －4)d t 在[－1,5]上( )A ．有最大值0，无最小值B ．有最大值0和最小值－323 C ．有最小值－323，无最大值 D ．既无最大值也无最小值 [答案] B[解析] F ′(x )＝x (x －4) 令F ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝4， 由F ′(x )得F (x )＝13x 3－2x 2. ∵F (－1)＝－73，F (0)＝0， F (4)＝－323，F (5)＝－253. ∴最大值为0，最小值为－323.6．(2013·北京高考)直线l 过抛物线C ：x 2＝4y 的焦点且与y 轴垂直，则l 与C 所围成的图形的面积等于( )A.43 B ．2 C.83D.1623[答案] C[解析] 依题意，l 的方程为y ＝1，它与抛物线相交弦的长为4，所求的面积S ＝4－2⎠⎛02x 24d x ＝4－2·x 312|20＝83.选C.二、填空题7. ⎠⎛-43|x ＋2|d x ＝________.[答案] 292[解析] 原式＝⎠⎜⎛－4－2(－x －2)d x ＋⎠⎛-23 (x ＋2)d x ＝292.8．设a >0，若曲线y ＝x 与直线x ＝a ，y ＝0所围成封闭图形的面积为a ，则a ＝________.[答案] 94[解析] 本题考查了定积分求解封闭图形的面积．S ＝⎠⎛0ax d x ＝23x 32 |a 0＝23a 32＝a ，解得a ＝94.9．(2013·湖南高考)若⎠⎛0T x 2d x ＝9，则常数T 的值为________．[答案] 3[解析] 本题考查了积分的运算．⎠⎛0T x 2d x ＝x 33|T 0＝T 33＝9，∴T ＝3.三、解答题10．求下列定积分： (1)⎠⎛01(x 2－x )d x ；[解析] (1)⎠⎛01(x 2－x )d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫13x 3－12x 2⎪⎪⎪ 1＝－16.能力强化训练一、选择题1．与定积分∫3π01－cos x d x 相等的是( ) A.2∫3π0sin x 2d x B.2∫3π0|sin x 2|d x C ．|2∫3π0sinx2d x |D ．以上结论都不对[答案] B[解析] ∵1－cos x ＝2sin 2x2， ∴∫3π01－cos x d x ＝∫3π02|sin x 2|d x ＝2∫3π0|sin x 2|d x . 2．定积分⎠⎛039－x 2d x 的值为( )A ．9πB ．3π C.94π D.92π[答案] C[解析] 由定积分的几何意义知⎠⎛039－x 2d x 是由曲线y ＝9－x 2，直线x ＝0，x ＝3，y ＝0围成的封闭图形的面积，故⎠⎛039－x 2d x ＝π·324＝94π.故选C.二、填空题3．计算定积分⎠⎛－11(x 2＋sin x )d x ＝________.[答案] 23[解析] 本题考查了定积分的知识，⎠⎛－11 (x 2＋sin x )d x ＝(13x 3－cos x )|1－1 ＝13－cos1－(－13－cos1)＝23.4．已知f (x )＝3x 2＋2x ＋1，若⎠⎛－11f (x )d x ＝2f (a )，则a ＝________.[答案] －1或13[解析] ⎠⎛－11f (x )d x ＝⎠⎛1－1(3x 2＋2x ＋1)d x＝(x 3＋x 2＋x )|1－1＝4＝2f (a )． f (a )＝3a 2＋2a ＋1＝2， 解得a ＝－1或13. 三、解答题5．一质点在直线上从时刻t ＝0(s)开始以速度v ＝t 2－4t ＋3(单位：m/s)运动．求：(1)t ＝4s 的位置；(2)在t ＝4s 内运动的路程．[解析] (1)在时刻t ＝4时该点的位置为⎠⎛04(t 2－4t ＋3)d t ＝(13t 3－2t 2＋3t )|40 ＝43(m)，即在t ＝4s 时刻该质点距出发点43m. (2)因为v (t )＝t 2－4t ＋3＝(t －1)(t －3)， 所以在区间[0,1]及[3,4]上的v (t )≥0，在区间[1,3]上，v (t )≤0，所以t ＝4s 时的路程为S ＝⎠⎛01(t 2－4t ＋3)d t＋|⎠⎛13(t 2－4t ＋3)d t |＋⎠⎛34(t 2－4t ＋3)d t ＝(13t 3－2t 2＋3t )|10＋|(13t 3－2t 2＋3t )|31|＋(13t 3－2t 2＋3t )|43＝43＋43＋43＝4(m)即质点在4s 内运动的路程为4m.6．已知f (x )为二次函数，且f (－1)＝2，f ′(0)＝0，⎠⎛01f (x )d x ＝－2，(1)求f (x )的解析式；(2)求f (x )在[－1,1]上的最大值与最小值． [解析] (1)设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)， 则f ′(x )＝2ax ＋b .由f (－1)＝2，f ′(0)＝0，得⎩⎨⎧a －b ＋c ＝2b ＝0，即⎩⎨⎧c ＝2－a b ＝0，∴f (x )＝ax 2＋(2－a )．又⎠⎛01f (x )d x ＝⎠⎛01[ax 2＋(2－a )]d x＝[13ax 3＋(2－a )x ]|10＝2－23a ＝－2，∴a ＝6， 从而f (x )＝6x 2－4.(2)∵f (x )＝6x 2－4，x ∈[－1,1]． ∴当x ＝0时，f (x )min ＝－4； 当x ＝±1时，f (x )max ＝2.。
2020高考总复习创新设计数学理科北师大版教师文档第三章导数及其应用
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”) (1)f′(x0)是函数 y＝f(x)在 x＝x0 附近的平均变化率.( ) (2)函数 f(x)＝sin(－x)的导数 f′(x)＝cos x.( ) (3)求 f′(x0)时，可先求 f(x0)，再求 f′(x0).( ) (4)曲线的切线与曲线不一定只有一个公共点.( )
( ) 1 1
(2)y＝x x2＋x＋x3 ；
(3)f(x)＝ln 1＋2x.
( x＋ex(ln x)′＝exln x＋ ＝ex ln x＋ .
x
x
1
2
(2)因为 y＝x3＋1＋ ，所以 y′＝3x2－ .
x2
x3
1 (3)因为 y＝ln 1＋2x＝ ln(1＋2x)，
知识梳理 1.函数 y＝f(x)在 x＝x0 处的导数 (1)定义：当 x1 趋于 x0，即 Δx 趋于 0 时，如果平均变化率趋于一个固定的值，那 么这个值就是函数 y＝f(x)在 x0 点的瞬时变化率.在数学中，称瞬时变化率为函数 y ＝f(x)在 x0 点的导数，通常用符号 f′(x0)表示，记作
f(x)＝ln x
f(x)＝logax(a＞0，a≠1) 4.导数的运算法则 若 f′(x)，g′(x)存在，则有： (1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)； (2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；
f′(x)＝cos__x
f′(x)＝－sin__x f′(x)＝ex
答案 B 5.(2018·天津卷)已知函数 f(x)＝exln x，f′(x)为 f(x)的导函数，则 f′(1)的值为________.
1 解析 由题意得 f′(x)＝exln x＋ex· ，则 f′(1)＝e.
高考数学复习 第三章 导数及其应用 第1讲 导数的概念及运算练习 理 北师大版(2021年整理)
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第三章导数及其应用第1讲导数的概念及运算练习理北师大版基础巩固题组（建议用时：40分钟）一、选择题1.设曲线y＝e ax－ln(x＋1）在x＝0处的切线方程为2x－y＋1＝0，则a＝( )A。
0 B.1 C。
2 D。
3解析∵y＝e ax－ln（x＋1）,∴y′＝a e ax－错误!,∴当x＝0时，y′＝a－1。
∵曲线y＝e ax －ln（x＋1)在x＝0处的切线方程为2x－y＋1＝0,∴a－1＝2，即a＝3。
故选D。
答案D2.若f（x）＝2xf′（1)＋x2，则f′（0）等于( )A.2B.0C.－2D.－4解析∵f′（x)＝2f′（1)＋2x，∴令x＝1，得f′（1）＝－2，∴f′(0）＝2f′（1）＝－4.答案D3.(2017·西安质测)曲线f(x）＝x3－x＋3在点P处的切线平行于直线y＝2x－1，则P点的坐标为( )A。
（1,3）B。
(－1，3)C。
(1，3）和（－1,3）D。
（1,－3）解析f′(x）＝3x2－1，令f′（x）＝2，则3x2－1＝2，解得x＝1或x＝－1，∴P(1，3)或（－1,3），经检验，点（1,3），（－1,3)均不在直线y＝2x－1上，故选C.答案C4。
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基础巩固题组 (建议用时：40分钟) 一、选择题 1.函数f (x )＝x ln x ，则( )A.在(0，＋∞)上递增B.在(0，＋∞)上递减C.在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上递增D.在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上递减 解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1，令f ′(x )>0得x >1e ，令f ′(x )<0得0<x <1e ，故选D.答案 D2.下面为函数y ＝x sin x ＋cos x 的递增区间的是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π2 B.(π，2π) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，5π2 D.(2π，3π)解析 y ′＝(x sin x ＋cos x )′＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，5π2时，恒有x cos x >0.答案 C3.已知函数f (x )＝12x 3＋ax ＋4，则“a >0”是“f (x )在R 上单调递增”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析 f ′(x )＝32x 2＋a ，当a ≥0时，f ′(x )≥0恒成立，故“a >0”是“f (x )在R 上单调递增”的充分不必要条件.答案 A4.已知函数y ＝f (x )的图像是下列四个图像之一，且其导函数y ＝f ′(x )的图像如图所示，则该函数的图像是( )解析由y＝f′(x)的图像知，y＝f(x)在[－1，1]上为增函数，且在区间(－1，0)上增长速度越来越快，而在区间(0，1)上增长速度越来越慢.答案 B5.设函数f(x)＝12x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是()A.(1，2]B.(4，＋∞]C.[－∞，2)D.(0，3]解析∵f(x)＝12x2－9ln x，∴f′(x)＝x－9x(x>0)，当x－9x≤0时，有0<x≤3，即在(0，3]上原函数是减函数，则[a－1，a＋1]⊆(0，3]，∴a－1>0且a＋1≤3，解得1<a≤2.答案 A二、填空题6.函数f(x)＝e xx的单调递增区间为________.解析函数的定义域为{x|x≠0}，且f′(x)＝e x（x－1）x2，令f′(x)>0得x>1.答案(1，＋∞)7.已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)e x，若f(x)在[－1，1]上是单调减函数，则实数a 的取值范围是________.解析 f ′(x )＝(2x －2a )e x ＋(x 2－2ax )e x＝[x 2＋(2－2a )x －2a ]e x ，由题意当x ∈[－1，1]时，f ′(x )≤0恒成立，即x 2＋(2－2a )x －2a ≤0在x ∈[－1，1]时恒成立.令g (x )＝x 2＋(2－2a )x －2a ，则有⎩⎪⎨⎪⎧g （－1）≤0，g （1）≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧（－1）2＋（2－2a ）·（－1）－2a ≤0，12＋2－2a －2a ≤0，解得a ≥34. 答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，＋∞ 8.(2017·合肥模拟)若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是________.解析 对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a . 当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时， f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a . 令29＋2a >0，解得a >－19.所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞ 三、解答题9.(2016·北京卷)设函数f (x )＝x e a －x ＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝(e －1)x ＋4.(1)求a ，b 的值；(2)求f (x )的单调区间.解 (1)∵f (x )＝x e a －x ＋bx ，∴f ′(x )＝(1－x )e a －x ＋b .由题意得⎩⎨⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎨⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1，解得a ＝2，b ＝e.(2)由(1)得f (x )＝x e 2－x ＋e x ，由f ′(x )＝e 2－x (1－x ＋e x －1)及e 2－x >0知，f ′(x )与1－x ＋e x －1同号.令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )在(－∞，1)上递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在(1，＋∞)上递增，∴g (x )≥g (1)＝1在R 上恒成立，∴f ′(x )>0在R 上恒成立.∴f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞).10.设函数f (x )＝13x 3－a 2x 2＋1.(1)若a >0，求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围.解 (1)由已知得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a >0)，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0；当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a ).(2)g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)，使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立，即x ∈(－2，－1)时，a <⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x max＝－22， 当且仅当x ＝2x 即x ＝－2时等号成立.所以满足要求的实数a 的取值范围是(－∞，－22).能力提升题组(建议用时：20分钟)11.(2017·承德调考)已知f (x )是可导的函数，且f ′(x )<f (x )对于x ∈R 恒成立，则( )A.f (1)<e f (0)，f (2 017)>e 2 017f (0)B.f (1)>e f (0)，f (2 017)>e 2 017f (0)C.f (1)>e f (0)，f (2 017)<e 2 017f (0)D.f (1)<e f (0)，f (2 017)<e 2 017f (0)解析 令g (x )＝f （x ）e x ，则g ′(x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）e x ′＝f ′（x ）e x －f （x ）（e x ）′e 2x ＝f ′（x ）－f （x ）e x <0， 所以函数g (x )＝f （x ）e x 在R 上是单调减函数，所以g (1)<g (0)，g (2 017)<g (0)，即f （1）e 1<f （0）1，f （2 017）e 2 017<f （0）1，故f (1)<e f (0)，f (2 017)<e 2 017f (0).答案 D12.(2016·全国Ⅰ卷)若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)上单调递增，则a 的取值范围是( )A.[－1，1]B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，13C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13 解析 ∵f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x ，∴f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x ＝－43cos 2x ＋a cos x ＋53.由f (x )在R 上单调递增，则f ′(x )≥0在R 上恒成立.令t ＝cos x ，t ∈[－1，1]，则－43t 2＋at ＋53≥0，在t ∈[－1，1]上恒成立.∴4t 2－3at －5≤0在t ∈[－1，1]上恒成立.令g (t )＝4t 2－3at －5，则⎩⎪⎨⎪⎧g （1）＝－3a －1≤0，g （－1）＝3a －1≤0.解之得－13≤a ≤13. 答案 C13.已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在区间[t ，t ＋1]上不单调，则实数t 的取值范围是________.解析 由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－（x －1）（x －3）x，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3. 答案 (0，1)∪(2，3)14.已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R ).(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图像在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1，2]，函数g (x )＝x 3＋x 2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ′（x ）＋m 2在区间(t ，3)上总不是单调函数，求实数m 的取值范围.解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝a （1－x ）x， 当a >0时，f (x )的增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)；当a <0时，f (x )的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0，1)；当a ＝0时，f (x )不是单调函数.(2)由(1)及题意得f ′(2)＝－a 2＝1，即a ＝－2，∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3，f ′(x )＝2x －2x .∴g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋2x 2－2x ， ∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t ，3)上总不是单调函数， 即g ′(x )＝0在区间(t ，3)上有变号零点.由于g ′(0)＝－2，∴⎩⎨⎧g ′（t ）<0，g ′（3）>0.当g ′(t )<0，即3t 2＋(m ＋4)t －2<0对任意t ∈[1，2]恒成立， 由于g ′(0)<0，故只要g ′(1)<0且g ′(2)<0， 即m <－5且m <－9，即m <－9；由g ′(3)>0，即m >－373，所以－373<m <－9，即实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－373，－9.。