2020版高考数学北师大版(理)一轮复习高考大题专项一突破1利用导数求极值、最值、参数范围
2020版高考数学(理科)北师大版一轮复习高考大题专项三 高考中的数列Word版含解析
高考大题专项三高考中的数列1.(2018山西吕梁一模,17)已知{a n}是首项为1的等比数列,数列{b n}满足b1=2,b2=5,且a nb n+1=a n b n+a n+1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求数列{b n}的前n项和.2.(2018福建龙岩4月质检,17)已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n,且S n=2a n-1(n∈N+).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=lg a n,求数列{a n+b n}的前n项和T n.3.(2018北京海淀期末,15)已知等差数列{a n}的前n项和S n,且a2=5,S3=a7.(1)数列{a n}的通项公式;(2)若b n=,求数列{a n+b n}的前n项和.4.(2018河北唐山一模,17)已知数列{a n}为单调递增数列,S n为其前n项和,2S n=+n.(1)求{a n}的通项公式;(2)若b n=,T n为数列{b n}的前n项和,证明:T n<5.(2018湖南衡阳二模,17)等差数列{a n}中,a3=1,a7=9,S n为等比数列{b n}的前n项和,且b1=2,若4S1,3S2,2S3成等差数列.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)设c n=|a n|·b n,求数列{c n}的前n项和T n.6.已知数列{a n}的前n项和为S n,S n=(m+1)-ma n对任意的n∈N+都成立,其中m为常数,且m<-1. (1)求证:数列{a n}是等比数列;(2)记数列{a n}的公比为q,设q=f(m),若数列{b n}满足b1=a1,b n=f(b n-1)(n≥2,n∈N+).求证:数列是等差数列;(3)在(2)的条件下,设c n=b n·b n+1,数列{c n}的前n项和为T n,求证:T n<1.7.(2018宿州十三所中学期中,17)已知数列{a n}的前n项和为S n,并且满足a1=1,na n+1=S n+n(n+1). (1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=,数列{b n}的前n项和为T n,求T n;(3)在(2)的条件下,是否存在常数λ,使得数列为等比数列?若存在,试求出λ;若不存在,说明理由.参考答案高考大题专项三高考中的数列1.解 (1)把n=1代入已知等式得a1b2=a1b1+a2,∴a2=a1b2-a1b1=3a1.∴{a n}是首项为1,公比为3的等比数列,即a n=3n-1.(2)由已知得b n+1-b n==3,∴{b n}是首项为2,公差为3的等差数列,其通项公式为b n=3n-1,∴S n===.2.解 (1)由S n=2a n-1(n∈N+),可得S1=2a1-1,∴a1=2a1-1,∴a1=1.又S2=2a2-1,∴a1+a2=2a2-1,∴a2=2.∵数列{a n}是等比数列,∴公比q==2,∴数列{a n}的通项公式为a n=2n-1.(2)由(1)知,b n=lg a n=(n-1)lg 2,∴T n=(b1+a1)+(b2+a2)+…+(b n+a n)=(0+1)+(lg 2+2)+…+[(n-1)lg 2+2n-1]=[lg 2+2lg 2+…+(n-1)lg2]+(1+2+…+2n-1)=lg 2+2n-1.3.解 (1)设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d,则解得a1=3,d=2.由a n=a1+(n-1)d,则a n=2n+1.因此,通项公式为a n=2n+1.(2)由(1)可知:a n=2n+1,则b n=22n+1,==4.因为b1=23=8,所以{b n}是首项为8,公比为q=4的等比数列.记{a n+b n}的前n项和为T n,则T n=(a1+b1)+(a2+b2)+…+(a n+b n)=(a1+a2+…+a n)+(b1+b2+…+b n)=+=n2+2n+.4.(1)解当n=1时,2S1=2a1=+1.所以(a1-1)2=0,即a1=1.又{a n}为单调递增数列,所以a n≥1.由2S n=+n得2S n+1=+n+1,所以2S n+1-2S n=-+1,整理得2a n+1=-+1,即=(a n+1-1)2,所以a n=a n+1-1,即a n+1-a n=1,所以{a n}是以1为首项,1为公差的等差数列,所以a n=n.(2)证明因为b n===-,所以T n=-+-+…+-=-<.5.解 (1)在等差数列{a n}中,设公差为d,则a7-a3=4d=9-1=8,故d=2,∴a n=a3+(n-3)d=1+2(n-3)=2n-5.设等比数列{b n}的公比为q,依题意有:6S2=4S1+2S3,故q=2,∴b n=2n.(2)∵c n=|2n-5|·2n.当n=1时,T1=6,当n=2时,T2=10,当n≥3时,2n-5>0,T n=10+1×23+3×24+…+(2n-7)2n-1+(2n-5)2n,①2T n=20+1×24+3×25+…+(2n-7)2n+(2n-5)2n+1,②由①-②,得-T n=-10+8+2(24+…+2n)-(2n-5)2n+1,∴T n=34+(2n-7)2n+1.。
2020版高考数学北师大版(理)一轮复习课件：3.1 导数的概念及运算
解 (1)y'=(x2)'sin x+x2(sin x)'=2xsin x+x2cos x. (2)y'= ln������ + ������ '=(ln x)'+
1
1 1 1 '= − . ������ ������ ������2 cos������ (cos������)'e������ -cos������(e������ )' sin������+cos������ (3)y'= e������ '= =- e������ . 2 ������ (e ) π π 1 1 (4)∵y=xsin 2������ + cos 2������ + = xsin(4x+π)=- xsin 2 2 2 2 1 1 1 ∴y'=-2sin 4x-2x· 4cos 4x=- sin 4x-2xcos 4x. 2
-13考点1
考点2
思考函数求导应遵循怎样的原则? 解题心得函数求导应遵循的原则: (1)求导之前,应利用代数、三角恒等变换等对函数进行化简,然 后求导,这样可以减少运算量,提高运算速度,减少差错. (2)进行导数运算时,要牢记导数公式和导数的四则运算法则,切 忌记错记混.
-14考点1
考点2
对点训练 1 求下列函数的导数: (1)y=x2sin x; (2)y=ln x+ ; (3)y= e������ . π π (4)y=xsin 2������ + 2 cos 2������ + 2 .
随堂巩固
知识梳理
考点自诊
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【创新方案】高考数学一轮复习(知识回扣+热点突破+能力提升)导数的应用一 理 北师大版
第十一节导数的应用(一)【考纲下载】1．了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．1．函数的单调性与导数2．函数的极值(1)极大值：在包含x0的一个区间(a，b)内，函数y＝f(x)在任何一点的函数值都小于x0点的函数值，称点x0为函数y＝f(x)的极大值点，其函数值f(x0)为函数的极大值．(2)极小值：在包含x0的一个区间(a，b)内，函数y＝f(x)在任何一点的函数值都大于x0点的函数值，称点x0为函数y＝f(x)的极小值点，其函数值f(x0)为函数的极小值．(3)极值：极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点．3．函数的最值与导数(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件：一般地，如果在区间[a，b]上，函数y＝f(x)的图像是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)求函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤为①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．1．若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0吗？f′(x)>0是否是f(x)在(a ，b )内单调递增的充要条件？提示：函数f (x )在(a ，b )内单调递增，则f ′(x )≥0，f ′(x )>0是f (x )在(a ，b )内单调递增的充分不必要条件．2．导数值为0的点一定是函数的极值点吗？“导数为0”是函数在该点取得极值的什么条件？提示：不一定．可导函数的极值点导数为零，但导数为零的点未必是极值点；如函数f (x )＝x 3，在x ＝0处，有f ′(0)＝0，但x ＝0不是函数f (x )＝x 3的极值点；其为函数在该点取得极值的必要而不充分条件．3．函数的极值和函数的最值有什么联系和区别？提示：极值是局部概念，指某一点附近函数值的比较，因此，函数的极大(小)值，可以比极小(大)值小(大)；最值是整体概念，最大、最小值是指闭区间[a ，b ]上所有函数值的比较．因而在一般情况下，两者是有区别的，极大(小)值不一定是最大(小)值，最大(小)值也不一定是极大(小)值，但如果连续函数在区间(a ，b )内只有一个极值，那么极大值就是最大值，极小值就是最小值．1．如图所示是函数f (x )的导函数f ′(x )的图象，则下列判断中正确的是( ) A ．函数f (x )在区间(－3,0)上是减函数 B ．函数f (x )在区间(－3,2)上是减函数 C ．函数f (x )在区间(0,2)上是减函数 D ．函数f (x )在区间(－3,2)上是单调函数解析：选A 当x ∈(－3,0)时，f ′(x )<0，则f (x )在(－3,0)上是减函数．其他判断均不正确．2．函数f (x )＝e x－x 的单调递增区间是( ) A ．(－∞，1] B ．[1，＋∞) C ．(－∞，0] D ．(0，＋∞)解析：选D ∵f (x )＝e x－x ，∴f ′(x )＝e x－1，由f ′(x )>0，得e x－1>0，即x >0. 3．设函数f (x )＝2x＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点解析：选D f (x )＝2x ＋ln x ，f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝x －2x2，当x >2时，f ′(x )>0，此时f (x )为增函数；当x <2时，f ′(x )<0，此时f (x )为减函数，据此知x ＝2为f (x )的极小值点．4．已知f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是增函数，则a 的最大值是________．解析：f ′(x )＝3x 2－a ≥0，即a ≤3x 2，又∵x ∈[1，＋∞)，∴a ≤3，即a 的最大值是3. 答案：35．函数f (x )＝x 33＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是________．解析：f ′(x )＝x 2＋2x －3，令f ′(x )＝0得x ＝1(x ＝－3舍去)，又f (0)＝－4，f (1)＝－173，f (2)＝－103，故f (x )在[0,2]上的最小值是f (1)＝－173. 答案：－173[例1] (2013·重庆高考改编)设f (x ) ＝a (x －5)2＋6ln x ，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与y 轴相交于点(0,6)．(1)确定a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．[自主解答] (1)因为f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ，故f ′(x )＝2a (x －5)＋6x.令x ＝1，得f (1)＝16a ，f ′(1)＝6－8a ，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －16a ＝(6－8a )(x －1)，由点(0,6)在切线上可得6－16a ＝8a －6，故a ＝12.(2)由(1)知，f (x )＝12(x －5)2＋6ln x (x >0)，f ′(x )＝x －5＋6x＝x －x －x.令f ′(x )＝0，解得x 1＝2，x 2＝3.当0<x <2或x >3时，f ′(x )>0，故f (x )在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；当2<x <3时，f ′(x )<0，故f (x )在(2,3)上为减函数．故函数f (x )的单调递增区间为(0,2)和(3，＋∞)，单调递减区间为(2,3)．【互动探究】若函数f (x )＝2x －k x ＋k3在(1，＋∞)上是增函数，求k 的取值范围．解：由题意知f ′(x )＝2＋k x2≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k ≥－2x 2在(1，＋∞)上恒成立，所以k ≥(－2x 2)max ，又y ＝－2x 2在(1，＋∞)上单调递减，所以(－2x 2)max ＝－2，所以k ≥－2，即k 的取值范围是[－2，＋∞)．【方法规律】利用导数研究函数的单调性应注意三点(1)在区间内f ′(x )>0(f ′(x )<0)是函数f (x )在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．(2)可导函数f (x )在(a ，b )上是增(减)函数的充要条件是：∀x ∈(a ，b )，都有f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)，且f ′(x )在(a ，b )的任何子区间内都不恒为零．(3)由函数f (x )在(a ，b )上的单调性，求参数范围问题，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x ) ≤0 )恒成立问题，要注意“＝”是否可以取到．已知函数f (x )＝3x a－2x 2＋ln x ，其中a 为常数．(1)若a ＝1，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在区间[1,2]上为单调函数，求a 的取值范围．解：(1)若a ＝1，则f (x )＝3x －2x 2＋ln x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－4x ＋3＝－4x 2＋3x ＋1x＝－x ＋x －x(x >0)．当x ∈(0,1)，f ′(x )>0时，函数f (x )＝3x －2x2＋ln x 单调递增．当x ∈(1，＋∞)，f ′(x )<0时，函数f (x )＝3x －2x 2＋ln x 单调递减．故函数f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)f ′(x )＝3a －4x ＋1x，若函数f (x )在区间[1,2]上为单调函数，即在[1,2]上，f ′(x )＝3a －4x ＋1x ≥0或f ′(x )＝3a －4x ＋1x ≤0，即3a －4x ＋1x ≥0或3a －4x ＋1x≤0在[1,2]上恒成立．即3a ≥4x －1x 或3a ≤4x －1x .令h (x )＝4x －1x ，因为函数h (x )在[1,2]上单调递增，所以3a≥h (2)或3a ≤h (1)，即3a ≥152或3a ≤3，解得a <0或0<a ≤25或a ≥1.1．函数的极值是每年高考的必考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度适中，为中高档题．2．高考对函数极值的考查主要有以下几个命题角度：(1)知图判断函数极值的情况；(2)已知函数求极值；(3)已知极值求参数．[例2] (1)(2012·重庆高考)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)(2)(2014·鹰潭模拟)若a>0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于( )A．2 B．3 C．6 D．9(3)(2013·福建高考)已知函数f(x)＝x－a ln x(a∈R)．①当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程；②求函数f(x)的极值．[自主解答] (1)①当x<－2时，1－x>0.∵(1－x)f′(x)>0，∴f′(x)>0，即f(x)在(－∞，－2)上是增函数．②当－2<x<1时，1－x>0.∵(1－x)f′(x)<0，∴f′(x)<0，即f(x)在(－2,1)上是减函数．③当1<x<2时，1－x<0.∵(1－x)f′(x)>0，∴f′(x)<0，即f(x)在(1,2)上是减函数．④当x>2时，1－x<0.∵(1－x)f′(x)<0，∴f′(x)>0，即f(x)在(2，＋∞)上是增函数．综上：f(－2)为极大值，f(2)为极小值．(2)∵f′(x)＝12x2－2ax－2b，f(x)在x＝1处有极值，∴f′(1)＝12－2a－2b＝0，即a＋b ＝6，又a >0，b >0，∴a ＋b ≥2ab ，∴ab ≤9，当且仅当a ＝b ＝3时等号成立，∴ab 的最大值为9.(3)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－a x. ①当a ＝2时，f (x )＝x －2ln x ，f ′(x )＝1－2x(x >0)，因而f (1)＝1，f ′(1)＝－1，所以曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程为y －1＝－(x －1)，即x ＋y －2＝0.②由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax，x >0知：当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (x )无极值；当a >0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a .又当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，从而函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，函数f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a lna ，无极大值．[答案] (1)D (2)D函数极值问题的常见类型及解题策略(1)知图判断函数极值的情况．先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号．(2)已知函数求极值．求f ′(x )―→求方程f ′(x )＝0的根―→列表检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根的附近两侧的符号―→下结论．(3)已知极值求参数．若函数f (x )在点(x 0，y 0)处取得极值，则f ′(x 0)＝0，且在该点左、右两侧的导数值符号相反．1．(2013·浙江高考)已知e 为自然对数的底数，设函数f (x )＝(e x－1)(x －1)k(k ＝1,2)，则( )A ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极小值B ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1 处取到极大值C ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极小值D ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极大值解析：选C 当k ＝1时，f (x )＝(e x－1)(x －1)，0,1是函数f (x )的零点．当0<x <1时，f (x )＝(e x －1)(x －1)<0，当x >1时，f (x )＝(e x －1)(x －1)>0,1不会是极值点．当k ＝2时，f (x )＝(e x －1)(x －1)2，零点还是0,1，但是当0<x <1，x >1时，f (x )>0，由极值的概念，知选C.2．已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R )． (1)讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，且对任意的x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x，x >0，①当a ≤0时，f ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f (x )在(0，＋∞)单调递减，∴f (x )在(0，＋∞)上没有极值点； ②当a >0时，令f ′(x )<0得0<x <1a ，令f ′(x )>0得x >1a，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，即f (x )在x ＝1a处有极小值．综上所述，当a ≤0时f (x )在(0，＋∞)上没有极值点；当a >0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点．(2)∵函数f (x )在x ＝1处取得极值，∴由(1)可知a ＝1，∴f (x )＝x －1－ln x . 又∵f (x )≥bx －2，∴x －1－ln x ≥bx －2，即1＋1x －ln x x ≥b .令g (x )＝1＋1x －ln xx，g ′(x )＝ln x －2x2，∴当0<x <e 2时，g ′(x )<0，即g (x )在(0，e 2)上为减函数；当x >e 2时，g ′(x )>0，即g (x )在(e 2，＋∞)上为增函数，∴g (x )在x ＝e 2处取得最小值，∴g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，即b ≤1－1e 2.故实数b 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，1－1e 2.[例3] (2013·广东高考)设函数f (x )＝(x －1)·e x－kx 2(k ∈R )． (1)当k ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)当k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1时，求函数f (x )在[0，k ]上的最大值M .[自主解答] (1)当k ＝1时，f (x )＝(x －1)e x－x 2，f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2x ＝x e x－2x ＝x (e x－2)．令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝ln 2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化如下表：↗ ↘ ↗(2)f ′(x )＝e x＋(x －1)e x－2kx ＝x e x－2kx ＝x (e x－2k )，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝ln(2k )，令g (k )＝ln(2k )－k ，则g ′(k )＝1k －1＝1－k k ≥0，所以g (k )在⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1上递增，所以g (k )≤ln 2－1＝ln 2－ln e<0，从而ln(2k )<k ，所以ln (2k )∈[0，k ]，所以当x ∈(0，ln(2k ))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln (2k )，＋∞)时，f ′(x )>0；所以M ＝max{f (0)，f (k )}＝max{－1，(k －1)e k－k 3}．令h (k )＝(k －1)e k －k 3＋1，则h ′(k )＝k (e k－3k )，令φ(k )＝e k －3k ，则φ′(k )＝e k－3≤e －3<0，所以φ(k )在⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1上递减，而φ⎝ ⎛⎭⎪⎫12·φ(1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e －32(e －3)<0，所以存在x 0∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1使得φ(x 0)＝0，且当k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，x 0时，φ(k )>0，当k ∈(x 0,1)时，φ(k )<0，所以φ(k )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，x 0上单调递增，在(x 0,1)上单调递减．因为h (12)＝－12 e ＋78>0，h (1)＝0，所以h (k )≥0在⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1上恒成立，当且仅当k ＝1时等号成立．综上，函数f (x )在[0，k ]上的最大值M ＝(k －1)e k－k 3.【方法规律】求函数f (x )在[a ，b ]上最值的方法(1)若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增或递减，f (a )与f (b )一个为最大值，一个为最小值．(2)若函数f (x )在区间(a ，b )内有极值，先求出函数f (x )在区间(a ，b )上的极值，与f (a )、f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．(3)函数f (x )在区间(a ，b )上有唯一一个极值点时，这个极值点就是最大(或最小)值点．已知a ∈R ，函数f (x )＝2x 3－3(a ＋1)x 2＋6ax .(1)若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)若|a |>1，求f (x )在闭区间[0,2|a |]上的最小值．解：(1)当a ＝1时，f ′(x )＝6x 2－12x ＋6，所以f ′(2)＝6.又因为f (2)＝4，所以切线方程为y ＝6x －8.(2)记g (a )为f (x )在闭区间[0,2|a |]上的最小值．f ′(x )＝6x 2－6(a ＋1)x ＋6a ＝6(x －1)(x －a )．令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝a . 当a >1时，↗↘↗比较f (0)＝0和f (a )＝a 2(3－a )的大小可得g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1<a ≤3，a 2－a ，a >3.当a <－1时，↘↗＝⎩⎪⎨⎪⎧3a －1，a <－1，0，－1<a ≤3，a 2－a ，a >3.————————————[课堂归纳——通法领悟]————————————————个流程——解决函数极值问题的一般流程 求定义域x求极值 用极值 x ＝x ＝0根的情况验根左右f x 的符号得关于参数的方程不等式极值 参数值范围个关系——导数与单调性、极值的关系(1)f ′(x )>0在(a ，b )上成立，是f (x )在(a ，b )上单调递增的充分不必要条件． (2)对于可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是函数f (x )在x ＝x 0处有极值的必要不充分条件．3个注意点——利用导数求极值应注意三点(1)求单调区间时应先求函数的定义域，遵循定义域优先的原则； (2)f ′(x 0)＝0时，x 0不一定是极值点；(3)求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时应分类讨论.压轴大题巧突破(一)利用导数研究函数的极值、最值问题[典例] (2013·浙江高考)(14分)已知a ∈R ，函数f (x )＝x 3－3x 2＋3ax －3a ＋3. (1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)当x ∈[0,2]时，求|f (x )|的最大值． [化整为零破难题](1)切点处的导数值即为切线的斜率，求导后计算出斜率，写出切线方程即可； (2)基础问题1：|f (x )|的最大值与f (x )的最值之间有什么关系？如果函数f (x )的最大值为M ，最小值为m ，则|f (x )|的最大值必定是|M |和|m |中的一个．因此要求|f (x )|的最大值，应求f (x )的最值．基础问题2：如何求函数y ＝f (x )，x ∈[0,2]的最值？由于f (x )是关于x 的三次函数，因此，f (x )在[0,2]上的最值为函数f (x )在[0,2]上的端点值或极值．从而只要求出f (x )在[0,2]上的端点值f (0)，f (2)及其极值，然后比较其绝对值的大小即可．基础问题3：如何求f (x )在[0,2]上的极值？要求f (x )在[0,2]上的极值，应利用导数研究函数f (x )在区间[0,2]上的单调性，即研究f ′(x )＝3(x －1)2＋3(a －1)(0≤x ≤2)的函数值符号，由于0≤x ≤2，所以0≤3(x －1)2≤3.故应分3(a －1)≥0,3(a －1)≤－3，－3<3(a －1)<0，即a ≥1，a ≤0,0<a <1三种情况讨论．当a ≥1或a ≤0时，函数f (x )为单调函数，故只需比较|f (0)|与|f (2)|的大小即可；当0<a <1时，f (x )在区间[0,2]上存在极大值和极小值．基础问题4：如何比较|f (0)|、|f (2)|、|f (x )极大值|与|f (x )极小值|的大小？计算f (x )极大值＋f (x )极小值＝2>0，f (x )极大值－f (x )极小值>0，从而可确定f (x )极大值>|f (x )极小值|.因此|f (x )|max ＝max {}|f，|f，f x极大值，由于0<a <23时，|f (0)|>|f (2)|，23≤a <1时，|f (2)|＝f (2)≥|f (0)|.故当0<a <23时，只需比较|f (0)|与f (x )极大值的大小即可；当23≤a <1时，只需比较f (2)与f (x )极大值的大小即可． [规范解答不失分](1)由题意得f ′(x )＝3x 2－6x ＋3a ，故f ′(1)＝3a －3. 2分又f (1)＝1，所以所求的切线方程为y ＝(3a －3)x －3a ＋4. 4分 (2)由于f ′(x )＝3(x －1)2＋3(a －1)，0≤x ≤2，故 (ⅰ)当a ≤0时①，有f ′(x )≤0，此时f (x )在[0,2]上单调递减，故|f (x )|max ＝max{|f (0)|，|f (2)|}＝3－3a .5分(ⅱ)当a ≥1时①，有f ′(x )≥0，此时f (x )在[0,2]上单调递增，故|f (x )|max ＝max{|f (0)|，|f (2)|}＝3a－1.6分(ⅲ)当0<a <1时，设x 1＝1－1－a ，x 2＝1＋1－a ，则0<x 1<x 2<2，f ′(x )＝3(x －x 1)(x －x 2)．列表如下：↗↘↗由于f (x 1)＝1＋2(1－a )1－a ，f (x 2)＝1－2(1－a )·1－a ，8分故f (x 1)＋f (x 2)＝2>0，f (x 1)－f (x 2)＝4(1－a )· 1－a >0，从而f (x 1)>|f (x 2)|.②所以|f (x )|max＝max{f (0)，|f (2)|，f (x 1)}.10分a .当0<a <23时③，f (0)>|f (2)|.又f (x 1)－f (0)＝2(1－a )1－a －(2－3a )＝a 2－4a－a1－a ＋2－3a>0，故|f (x )|max ＝f (x 1)＝1＋2(1－a )1－a .11分b .当23≤a <1时③，|f (2)|＝f (2)，且f (2)≥f (0)．又f (x 1)－|f (2)|＝2(1－a )1－a －(3a －2)＝a 2－4a－a1－a ＋3a －2，所以当23≤a <34时④，f (x 1)>|f (2)|.故f (x )max ＝f (x 1)＝1＋2(1－a )1－a .12分 当34≤a <1时④，f (x 1)≤|f (2)|.故f (x )max ＝|f (2)|＝3a － 1.13分综上所述，|f (x )|max ＝⎩⎪⎨⎪⎧3－3a ， a ≤0，1＋－a 1－a ，0<a <34，3a －1， a ≥34.14分易错警示要牢记][全盘巩固]1．已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的大致图象如图所示，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：选C 依题意得，当x ∈(－∞，c )时，f ′(x )>0；当x ∈(c ，e )时，f ′(x )<0；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0.因此，函数f (x )在(－∞，c )上是增函数，在(c ，e )上是减函数，在(e ，＋∞)上是增函数，又a <b <c ，所以f (c )>f (b )>f (a )．2．(2014·淄博模拟)若函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 有极值，则导函数f ′(x )的图象不可能是( )解析：选 D 若函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 有极值，则此函数在某点两侧的单调性相反，也就是说导函数f ′(x )在此点两侧的导函数值的符号相反，所以导函数的图象要穿过x 轴，观察四个选项中的图象只有D 项是不符合要求的，即f ′(x )的图象不可能是D.3．函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为( )A ．(－1,1]B ．(0,1]C ．[1，＋∞)D ．(0，＋∞)解析：选B 函数y ＝12x 2－ln x 的定义域为(0，＋∞)，y ′＝x －1x ＝x －x ＋x，令y ′≤0，可得0<x ≤1.4．(2013·福建高考)设函数f (x )的定义域为R ，x 0(x 0≠0)是f (x )的极大值点，以下结论一定正确的是( )A ．∀x ∈R ，f (x )≤f (x 0)B ．－x 0是f (－x )的极小值点C ．－x 0是－f (x )的极小值点D ．－x 0是－f (－x )的极小值点 解析：选D 取函数f (x )＝x 3－x ，则x ＝－33为f (x )的极大值点，但f (3)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，排除A ；取函数f (x )＝－(x －1)2，则x ＝1是f (x )的极大值点，但－1不是f (－x )的极小值点，排除B ；－f (x )＝(x －1)2，－1不是－f (x )的极小值点，排除C.5．已知函数y ＝x 3－3x ＋c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则c ＝( ) A ．－2或2 B ．－9或3 C ．－1或1 D ．－3或1解析：选A ∵y ′＝3x 2－3，∴当y ′＝0时，x ＝±1.则x ，y ′，y 的变化情况如下表：↗↘↗2或c ＝2.6．(2013·湖北高考)已知a 为常数，函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，则( )A ．f (x 1)>0，f (x 2)>－12B ．f (x 1)<0，f (x 2)<－12C ．f (x 1)>0，f (x 2)<－12D ．f (x 1)<0，f (x 2)>－12解析：选D f ′(x )＝ln x －2ax ＋1，依题意知f ′(x )＝0有两个不等实根x 1，x 2. 即曲线y 1＝1＋ln x 与y 2＝2ax 有两个不同交点，如图．由直线y ＝x 是曲线y 1＝1＋ln x的切线，可知：0<2a <1，且0<x 1<1<x 2.∴a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.由0<x 1<1，得f (x 1)＝x 1(ln x 1－ax 1)<0，当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0，当x >x 2时，f ′(x )<0，∴f (x 2)>f (1)＝－a >－12.7．(2014·赣州模拟)若函数f (x )＝13x 3－32x 2＋ax ＋4恰在[－1,4]上单调递减，则实数a的值为________．解析：∵f (x )＝13x 3－32x 2＋ax ＋4，∴f ′(x )＝x 2－3x ＋a .又函数f (x )恰在[－1,4]上单调递减，∴－1,4是f ′(x )＝0的两根，∴a ＝－1×4＝－4.答案：－48．已知函数f (x )＝x 3＋3mx 2＋nx ＋m 2在x ＝－1时有极值0，则m ＋n ＝________. 解析：∵f ′(x )＝3x2＋6mx＋n ，∴由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧f－＝－3＋3m －2＋n －＋m 2＝0，f－＝－2＋6m －＋n ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2，n ＝9，当⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝1，n ＝3时，f ′(x )＝3x 2＋6x ＋3＝3(x ＋1)2≥0恒成立与x ＝－1是极值点矛盾，当⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2，n ＝9时，f ′(x )＝3x 2＋12x ＋9＝3(x ＋1)(x ＋3)，显然x ＝－1是极值点，符合题意，∴m ＋n ＝11.答案：119．已知函数f (x )的定义域为[－1,5]，部分对应值如表，f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，下列是关于函数f (x )的命题： ①函数f (x )的值域为[1,2]； ②函数f (x )在[0,2]上是减函数；③如果当x ∈[－1，t ]时，f (x )的最大值是2，那么t 的最大值为4； ④当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 有4个零点． 其中真命题的是________(填写序号)．解析：由题意可知函数f (x )的单调增区间为(－1,0)，(2,4)；单调减区间为(0,2)，(4,5)，且f (x )的极小值为f (2)，由于f (2)未知，故①④均错误，又因为f (x )的最大值为f (0)＝f (4)＝2，故③错误．答案：②10．(2013·新课标全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝e x(ax ＋b )－x 2－4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4.(1)求a ，b 的值；(2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的极大值．解：(1)f ′(x )＝e x(ax ＋a ＋b )－2x －4.由已知得f (0)＝4，f ′(0)＝4. 故b ＝4，a ＋b ＝8.从而a ＝4，b ＝4.(2)由(1)知，f (x )＝4e x (x ＋1)－x 2－4x ，f ′(x )＝4e x(x ＋2)－2x －4＝4(x ＋2)⎝⎛⎭⎪⎫e x －12.令f ′(x )＝0得，x ＝－ln 2或x ＝－2.从而当x ∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(－2，－ln 2)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减．当x ＝－2时，函数f (x )取得极大值，极大值为f (－2)＝4(1－e －2)．11.已知函数f (x )＝(ax 2＋bx ＋c )e x在[0,1]上单调递减且满足f (0)＝1，f (1)＝0. (1)求a 的取值范围；(2)设g (x )＝f (x )－f ′(x )，求g (x )在[0,1]上的最大值和最小值．解：(1)由f (0)＝1，f (1)＝0得c ＝1，a ＋b ＝－1，则f (x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x，f ′(x )＝[ax 2＋(a －1)x －a ]e x .依题意须对于任意x ∈(0,1)，有f ′(x )<0.当a >0时，因为二次函数y ＝ax 2＋(a －1)x －a 的图象开口向上，而f ′(0)＝－a <0，所以须f ′(1)＝(a －1)e<0，即0<a <1；当a ＝1时，对任意x ∈(0,1)有f ′(x )＝(x 2－1)e x<0，f (x )符合条件； 当a ＝0时，对于任意x ∈(0,1)，f ′(x )＝－x e x<0，f (x )符合条件； 当a <0时，因f ′(0)＝－a >0，f (x )不符合条件． 故a 的取值范围为[0,1]．(2)因为g (x )＝(－2ax ＋1＋a )e x，所以g ′(x )＝(－2ax ＋1－a )e x.①当a ＝0时，g ′(x )＝e x>0，g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1，在x ＝1处取得最大值g (1)＝e.②当a ＝1时，对于任意x ∈(0,1)有g ′(x )＝－2x e x<0，g (x )在x ＝0处取得最大值g (0)＝2，在x ＝1处取得最小值g (1)＝0.③当0<a <1时，由g ′(x )＝0得x ＝1－a2a>0.(ⅰ)若1－a 2a ≥1，即0<a ≤13时，g (x )在[0,1]上单调递增，g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1＋a ，在x ＝1处取得最大值g (1)＝(1－a )e.(ⅱ)若1－a 2a <1，即13<a <1时，g (x )在x ＝1－a 2a 处取得最大值g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2a ＝2a e 1－a 2a ，在x ＝0或x ＝1处取得最小值，而g (0)＝1＋a ，g (1)＝(1－a )e ，则当13<a ≤e －1e ＋1时，g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1＋a ；当e －1e ＋1<a <1时，g (x )在x ＝1处取得最小值g (1)＝(1－a )e. 12．已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)是否存在实数a ，使得函数f (x )的极值大于0？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)由题意得，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －ax ＋1＝－ax 2－x －1x.①当a ＝0时，f ′(x )＝1＋x x，∵x >0，∴f ′(x )>0.∴函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)．②当a ≠0时，令f ′(x )＝0，得－ax 2－x －1x＝0，∵x >0，∴ax 2－x －1＝0，Δ＝1＋4a .(ⅰ)当Δ≤0，即a ≤－14时，得ax 2－x －1≤0，故f ′(x )≥0，∴函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)．(ⅱ)当Δ>0，即a >－14时，方程ax 2－x －1＝0的两个实根分别为x 1＝1－1＋4a 2a ，x 2＝1＋1＋4a 2a .若－14<a <0，则x 1<0，x 2<0，此时，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0. ∴函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，若a >0，则x 1<0，x 2>0，此时，当x ∈(0，x 2)时，f ′(x )>0，当x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )<0.∴函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋1＋4a 2a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋4a 2a ，＋∞.综上所述，当a >0时，函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋1＋4a 2a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋4a 2a ，＋∞；当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．(2)由(1)得，当a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，故函数f (x )无极值；当a >0时，函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋1＋4a 2a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋4a 2a ，＋∞，则f (x )有极大值，极大值为f (x 2)＝ln x 2－12ax 22＋x 2，其中x 2＝1＋1＋4a2a. 而ax 22－x 2－1＝0，即ax 22＝x 2＋1，∴f (x 2)＝ln x 2＋x 2－12.设函数h (x )＝ln x ＋x －12(x >0)，则h ′(x )＝1x ＋12>0，则h (x )＝ln x ＋x －12在(0，＋∞)上为增函数．又h (1)＝0，则h (x )>0等价于x >1.∴f (x 2)＝ln x 2＋x 2－12>0等价于x 2>1.即当a >0时，方程ax 2－x －1＝0的正根大于1.设φ(x )＝ax 2－x －1，由于φ(x )的图象是开口向上的抛物线，且经过点(0，－1)，对称轴x ＝12a>0，则只需φ(1)<0，即a －1－1<0，解得a <2，又a >0，所以0<a <2.故存在满足条件的实数a ，且实数a 的取值范围为(0,2)． [冲击名校] 设函数f (x )＝x e x .(1)求f (x )的单调区间与极值；(2)(2)是否存在实数a ，使得对任意的x 1、x 2∈(a ，＋∞)，当x 1<x 2时恒有f x 2－f a x 2－a >f x 1－f ax 1－a成立？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)f ′(x )＝(1＋x )e x.令f ′(x )＝0，得x ＝－1.f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下：↘↗∴f (x )f (x )极小值＝f (－1)＝－1e.(2)设g (x )＝f x －f ax －a，由题意，对任意的x 1、x 2∈(a ，＋∞)，当x 1<x 2时恒有g (x 2)>g (x 1)，即y ＝g (x )在(a ，＋∞)上是单调递增函数．(3)又g ′(x )＝fxx －a －[f x －f ax －a 2＝＋xxx －a －x e x ＋a e a x －a 2＝x 2＋x －ax －a x－x e x＋a eax －a2＝x 2e x －ax e x －a e x ＋a e a x －a 2，∴∀x ∈(a ，＋∞)，g ′(x )≥0.令h (x )＝x 2e x－ax e x－a e x＋a e a，h ′(x )＝2x e x＋x 2e x－a (1＋x )e x －a e x ＝x (x ＋2)e x－a (x ＋2)e x ＝(x ＋2)(x －a )e x.若a ≥－2，当x >a 时，h ′(x )>0，h (x )为(a ，＋∞)上的单调递增函数，∴h (x )>h (a )＝0，不等式成立．若a <－2，当x ∈(a ，－2)时，h ′(x )<0，h (x )为(a ，－2)上的单调递减函数，∴∃x 0∈(a ，－2)，h (x 0)<h (a )＝0，与∀x ∈(a ，＋∞)，h (x )≥0矛盾．综上，a 的取值范围为[－2，＋∞)．[高频滚动]1．过点A (2,1)作曲线f (x )＝x 3－3x 的切线最多有( ) A ．3条 B ．2条 C ．1条 D ．0条解析：选A 由题意得，f ′(x )＝3x 2－3，设切点为(x 0，x 30－3x 0)，那么切线的斜率为k ＝3x 20－3，利用点斜式方程可知切线方程为y －(x 30－3x 0)＝(3x 20－3)(x －x 0)，将点A (2,1)代入可得关于x 0的一元三次方程，利用导数的思想可知方程有三个解，故过点A (2,1)作曲线f (x )＝x 3－3x 的切线最多有3条．2．已知函数f (x )＝x 3＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23x 2－x ，则函数f (x )的图象在点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23处的切线方程是________．解析：由f (x )＝x 3＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23x 2－x ，可得f ′(x )＝3x 2＋2f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23x －1，∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋2f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23×23－1，解得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－1，即f (x )＝x 3－x 2－x .则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－⎝ ⎛⎭⎪⎫232－23＝－2227，故函数f (x )的图象在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23处的切线方程是y ＋2227＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23，即27x ＋27y ＋4＝0.答案：27x ＋27y ＋4＝0。
2020版高考数学(理科)北师大版一轮复习课时规范练14 导数的概念及运算Word版含解析
课时规范练14导数的概念及运算基础巩固组1.已知函数f(x)=+1,则的值为()A.-B.C. D.02.若f(x)=2xf'(1)+x2,则f'(0)等于()A.2B.0C.-2D.-43.已知奇函数y=f(x)在区间(-∞,0]上的解析式为f(x)=x2+x,则曲线y=f(x)在横坐标为1的点处的切线方程是()A.x+y+1=0B.x+y-1=0C.3x-y-1=0D.3x-y+1=04.若点P是曲线y=x2-ln x上任意一点,则点P到直线y=x-2的距离的最小值为()A.1B.C. D.5.已知a为实数,函数f(x)=x3+ax2+(a-3)x的导函数为f'(x),且f'(x)是偶函数,则曲线y=f(x)在原点处的切线方程为()A.y=3x+1B.y=-3xC.y=-3x+1D.y=3x-36.设曲线y=sin x上任一点(x,y)处切线的斜率为g(x),则函数y=x2g(x)的部分图像可以为()7.一质点做直线运动,由始点经过t s后的距离为s=t3-6t2+32t,则速度为0的时刻是()A.4 s末B.8 s末C.0 s末与8 s末D.4 s末与8 s末8.(2018河北衡水中学17模,14)函数y=f(x)的图像在点M(2,f(2))处的切线方程是y=2x-8,则=.9.(2018天津,文10)已知函数f(x)=e x ln x,f'(x)为f(x)的导函数,则f'(1)的值为.10.(2018河南六市联考一,14)已知函数f(x)=x++b(x≠0)在点(1,f(1))处的切线方程为y=2x+5,则a-b=.11.函数f(x)=x e x的图像在点(1,f(1))处的切线方程是.12.若函数f(x)= x2-ax+ln x存在垂直于y轴的切线,则实数a的取值范围是.综合提升组13.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()A.x+y-1=0B.x-y-1=0C.x+y+1=0D. x-y+1=014.下面四个图像中,有一个是函数f(x)= x3+ax2+(a2-1)x+1(a∈R)的导函数y=f'(x)的图像,则f(-1)=()A. B.-C. D.-15.(2018全国3,理14)直线y=(ax+1)e x在点(0,1)处的切线的斜率为-2,则a=.创新应用组16.(2018湖南长郡中学四模,4)已知f(x)=3+2cos x,f'(x)是f(x)的导函数,则在区间任取一个数x0使得f'(x0)<1的概率为()A. B.C. D.17.(2018河北衡水中学押题二,12)已知函数f(x)=若关于x的方程f(x)=kx-恰有四个不相等的实数根,则实数k的取值范围是()A.B.C.D.参考答案课时规范练14导数的概念及运算1.A∵f'(x)=,∴=-=-f'(1)=-=-.2.D f'(x)=2f'(1)+2x,令x=1,则f'(1)=2f'(1)+2,得f'(1)=-2,所以f'(0)=2f'(1)+0=-4.故选D.3.B由函数y=f(x)为奇函数,可得f(x)在[0,+∞)内的解析式为f(x)=-x2+x,故切点为(1,0).因为f'(x)=-2x+1,所以f'(1)=-1,故切线方程为y=-(x-1),即x+y-1=0.4.B因为定义域为(0,+∞),所以y'=2x-,令2x-=1,解得x=1,则曲线在点P(1,1)处的切线方程为x-y=0,所以两平行线间的距离为d==.故所求的最小值为.5.B因为f(x)=x3+ax2+(a-3)x,所以f'(x)=3x2+2ax+(a-3).又f'(x)为偶函数,所以a=0,所以f(x)=x3-3x,f'(x)=3x2-3.所以f'(0)=-3.故所求的切线方程为y=-3x.6.C根据题意得g(x)=cos x,则y=x2g(x)=x2cos x为偶函数.又x=0时,y=0,故选C.7.D s'=t2-12t+32,由导数的物理意义可知,速度为零的时刻就是s'=0的时刻,解方程t2-12t+32=0,得t=4或t=8.故选D.8.-由导数的几何意义可知f'(2)=2,又f(2)=2×2-8=-4,所以=-.9.e∵f(x)=e x ln x,∴f'(x)=e x ln x+.∴f'(1)=eln 1+=e.10.-8∵f'(x)=1-=,∴f'(1)=1-a=2,∴a=-1,f(1)=1+a+b=b,∴在点(1,f(1))处的切线方程为y-b=2(x-1),∴b-2=5,b=7,∴a-b=-8.11.y=2e x-e∵f(x)=x e x,∴f(1)=e,f'(x)=e x+x e x,∴f'(1)=2e,∴f(x)的图像在点(1,f(1))处的切线方程为y-e=2e(x-1),即y=2e x-e.12.[2,+∞)∵f(x)= x2-ax+ln x,∴f'(x)=x-a+.∵f(x)的图像存在垂直于y轴的切线,∴f'(x)存在零点,∴x+-a=0有解,∴a=x+≥2(x>0).13.B设直线l的方程为y=kx-1,直线l与f(x)的图像相切于点(x0,y0),则解得∴直线l的方程为y=x-1,即x-y-1=0.14.D∵f'(x)=x2+2ax+a2-1,∴f'(x)的图像开口向上,故②④排除.若f'(x)的图像为①,则a=0,f(-1)=;若f'(x)的图像为③,则a2-1=0.又对称轴x=-a>0,∴a=-1,∴f(-1)=-.15.-3设f(x)=(ax+1)e x,∵f'(x)=a·e x+(ax+1)e x=(ax+a+1)e x,∴f(x)=(ax+1)e x在点(0,1)处的切线斜率k=f'(0)=a+1=-2,∴a=-3.16.D由f'(x)=-2sin x<1,x∈得x∈,因此所求概率为=,故选D.17.C方程f(x)=kx-恰有四个不相等的实数根转化为y=f(x)的图像与y=kx-的图像有四个不同的交点,如图所示,直线y=kx-过定点,且过点(1,0)时,函数y=f(x)的图像与y=kx-的图像有三个不同的交点,此时k==.设直线y=kx-与y=ln x(x>1)切于点(x0,ln x0),则过该切点的切线方程为y-ln x0=(x-x0).把点代入切线方程,可得--ln x0=-1,解得x0=,所以切点为,则切线的斜率为=,所以方程f(x)=kx-恰有四个不相等的实数根,则实数k的取值范围是,故选C.。
2020北师大版高三数学(理)一轮复习3.1《导数的概念及运算》ppt课件
2.
核心考点
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答案
考点1
考点2 知识方法 易错易混
核心考点
-15-
思考:函数求导应遵循怎样的原则? 解题心得:函数求导应遵循的原则: (1)求导之前,应利用代数、三角恒等式变形等对函数进行化简, 然后求导,这样可以减少运算量,提高运算速度,减少差错. (2)进行导数运算时,要牢记导数公式和导数的四则运算法则,切 忌记错记混. (3)复合函数的求导,要正确分析函数的复合层次,通过设中间变 量,确定复合过程,然后求导.
标是
.
关闭
由题意得 y'=-e-x,设 P(x0,y0),直线 2x+y+1=0 的斜率为-2,所 以,-e-������0=-2,解得 x0=-ln 2,所以e-������0=2=y0.故 P(-ln 2,2).
关闭
(-ln 2,2)
解析 答案
双击自测
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12345
5.设函数f(x)在(0,+∞)内可导,且f(ex)=x+ex,则f'(1)= .
知识梳理
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4.导数的运算法则
(1)[f(x)±g(x)]'=f'(x)±g'(x);
(2)[f(x)·g(x)]'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x);
(3)
������(������) ������(������)
'=������'(������)������[(������������()���-������)���](2������)������'(������)(g(x)≠0).
(2)∴求曲经线过在点点A((22,,-f2(2)的))处曲的线切f(x线)的方切程线为方y+程2.=x-2,
2020版高考数学一轮复习高考大题增分课一函数与导数中的高考热点问题课件文北师大版
(2019·合肥模拟)已知函数 f(x)＝aln x＋x2－ ax(a∈R)．
(1)若 x＝3 是 f(x)的极值点，求 f(x)的单调区间； (2)求 g(x)＝f(x)－2x 在区间[1，e]的最小值 h(a)．
由 F′(x)＝1x－1，易得 F(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减， 故 F(x)≤F(1)＝－1，
由 g(x)＝－lnxx－a＋1 得 g′(x)＝－1－xl2n x＝ln xx－2 1(x＞0)． 当 0＜x＜e 时，g′(x)＜0；当 x＞e 时，g′(x)＞0. 所以 g(x)在(0，e)上递减，在(e，＋∞)上递增． 所以 g(x)≥g(e)＝－1e＋1－a.
极小值
↗
所以函数 f(x)的极大值为 f(t2－ 3)＝(－ 3)3－9×(－ 3)＝6 3； 函数 f(x)的极小值为 f(t2＋ 3)＝( 3)3－9× 3＝－6 3.
[规律方法] 1.研究函数的性质，必须在定义域内进行，因此利 用导数研究函数的性质，应遵循定义域优先的原则．
2．讨论函数的单调性，求函数的单调区间、极值问题，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 一个一元一次不等式或一元二次不等式′(x)<0 ， 当
x∈1－a a，＋∞时，f′(x)>0，f(x)在1，1－a a上递减，在1－a a，＋∞ 上递增．
所以，存在 x0≥1，使得 f(x0)<a－a 1的充要条件为 f 1－a a<a－a 1.
而 f 1－a a＝aln 1－a a＋21a－2 a＋a－a 1>a－a 1，所以不合题意． ③若 a>1，则 f(1)＝1－2 a－1＝－a2－1<a－a 1. 综上，a 的取值范围是(－ 2－1， 2－1)∪(1，＋∞)．
2020版高考数学大一轮复习高考专题突破一高考中的导数应用问题试题理北师大版
高考专题突破一 高考中的导数应用问题试题 理 北师大版1．若函数f (x )在R 上可导，且满足f (x )－xf ′(x )>0，则( ) A ．3f (1)<f (3) B ．3f (1)>f (3) C ．3f (1)＝f (3) D ．f (1)＝f (3)答案 B解析 由于f (x )>xf ′(x )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′＝f ′x x －f x x 2<0恒成立，因此f x x 在R上是减函数， ∴f 33<f 11，即3f (1)>f (3)．故选B.2．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上是增加的，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞) D ．[1，＋∞)答案 D解析 由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上是增加的⇔f ′(x )＝k －1x≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k ≥1x ，而0<1x<1，所以k ≥1.即k 的取值范围为[1，＋∞)．3．(2016·宝鸡模拟)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋1x ≤0，e axx >0在[－2,2]上的最大值为2，则a 的范围是( )A ．[12ln 2，＋∞)B ．[0，12ln 2]C ．(－∞，0]D ．(－∞，12ln 2]答案 D解析 当x ≤0时，f ′(x )＝6x 2＋6x ＝6x (x ＋1)， 所以f (x )在(－∞，－1)上为增函数， 在(－1,0]上为减函数，所以f (x )在x ∈[－2,0]上的最大值为f (－1)＝2，欲使得函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋1x ≤0，e axx >0在[－2,2]上的最大值为2，则当x ＝2时，e 2a的值必须小于等于2，即e 2a≤2，解得a ∈(－∞，12ln 2]．4．(2016·全国甲卷)若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝________. 答案 1－ln 2解析 y ＝ln x ＋2的切线为y ＝1x 1·x ＋ln x 1＋1(设切点横坐标为x 1)，y ＝ln(x ＋1)的切线为y ＝1x 2＋1x ＋ln(x 2＋1)－x 2x 2＋1(设切点横坐标为x 2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧1x 1＝1x 2＋1，ln x 1＋1＝lnx 2＋1－x 2x 2＋1，解得x 1＝12，x 2＝－12，∴b ＝ln x 1＋1＝1－ln 2.5．(2016·陕西西工大附中模拟)设函数f (x )为(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2 016)2f (x ＋2 016)－9f (－3)>0的解集为________． 答案 {x |x <－2 019}解析 由2f (x )＋xf ′(x )>x 2(x <0)， 得2xf (x )＋x 2f ′(x )<x 3， 即[x 2f (x )]′<x 3<0. 令F (x )＝x 2f (x )，则当x <0时，F ′(x )<0，即F (x )在(－∞，0)上是减函数， ∴F (x ＋2 016)＝(x ＋2 016)2f (x ＋2 016)，F (－3)＝9f (－3)，即不等式等价为F (x ＋2 016)－F (－3)>0. ∵F (x ) 在(－∞，0)上是减函数，∴由F (x ＋2 016)>F (－3)，得x ＋2 016<－3， ∴x <－2 019.题型一 利用导数研究函数性质例1 (2015·课标全国Ⅱ)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增加的．若a ＞0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上是增加的，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上是减少的．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上是增加的，g (1)＝0.于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0； 当a ＞1时，g (a )＞0. 因此，a 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像的性质进行分析．已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x(x ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)当a ＝2时，求函数f (x )的递增区间；(2)若函数f (x )在(－1,1)上是增加的，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x， 所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x＝(－x 2＋2)e x.令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x >0，因为e x>0， 所以－x 2＋2>0，解得－2<x < 2. 所以函数f (x )的递增区间是(－2，2)． (2)因为函数f (x )在(－1,1)上是增加的， 所以f ′(x )≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x，所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为e x>0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0对x ∈(－1,1)都成立，即a ≥x 2＋2x x ＋1＝x ＋12－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1,1)都成立． 令y ＝(x ＋1)－1x ＋1，则y ′＝1＋1x ＋12>0，所以y ＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1,1)上是增加的， 所以y <(1＋1)－11＋1＝32，即a ≥32.因此a 的取值范围为[32， ＋∞)．题型二 利用导数研究方程的根或函数的零点问题 例2 (2015·北京)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，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，e]上仅有一个零点．(1)解 函数的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.由f ′(x )＝0，解得x ＝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，k ) (k ，＋∞)f ′(x ) － 0＋ f (x )↘↗所以，f (x )的递减区间是(0，k )，递增区间是(k ，＋∞)．f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k 1－ln k2.(2)证明 由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k 1－ln k2.因为f (x )存在零点，所以k 1－ln k2≤0，从而k ≥e，当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e]上是减少的且f (e)＝0， 所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k >e 时，f (x )在区间(0，e)上是减少的且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k2<0，所以f (x )在区间(1，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，e]上仅有一个零点．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，并借助函数图像，根据零点或图像的交点情况，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．已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋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 ；(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 )＝3x 2－6x ＋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－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明 由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题设知1－k >0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )是增加的，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 )＝x 3－3x 2＋4， 则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)上是减少的，在(2，＋∞)上是增加的，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． 题型三 利用导数研究不等式问题例3 已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围；(2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x 成立．(1)解 对一切x ∈(0，＋∞)，有2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x >0)，则h ′(x )＝x ＋3x －1x2，当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，h (x )是减少的， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )是增加的， 所以h (x )min ＝h (1)＝4. 因为对一切x ∈(0，＋∞)， 2f (x )≥g (x )恒成立， 所以a ≤h (x )min ＝4. (2)证明 问题等价于证明x ln x >x ex －2e(x ∈(0，＋∞))．f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e，当且仅当x ＝1e 时取到，设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－xe x ，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ln x >1e x －2e x成立．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烦琐时，可采用直接构造函数的方法求解．已知函数f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋a ，g (x )＝－2x ＋9x，若对任意的x 1∈[－1,2]，存在x 2∈[2,4]，使得f (x 1)＝g (x 2)，则实数a 的取值范围是________________． 答案 [－74，－32]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 )是减少的，∴g (x )max ＝g (2)＝12，g (x )min ＝g (4)＝－234；对于f (x )，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1， 令f ′(x )＝0，解得x ＝13或x ＝1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况列表如下：∴f (x )max min ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2≤12，a －4≥－234，∴a ∈[－74，－32]．1．已知函数f (x )＝x 4＋a x －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－a x 2－1x，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 )＝x 4＋54x －ln x －32，则f ′(x )＝x 2－4x －54x2. 令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.因为x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去． 当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0， 故f (x )在(0,5)内为减函数； 当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(5，＋∞)内为增函数．综上，f (x )的单调增区间为(5，＋∞)，单调减区间为(0,5)． 2．(2016·千阳中学模拟)已知函数f (x )＝x ln x . (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＋ln x ， 令f ′(x )>0，解得x >1e ，令f ′(x )<0，解得0<x <1e，从而f (x )在(0，1e )上是减少的，在(1e ，＋∞)上是增加的．所以，当x ＝1e 时，f (x )取得最小值－1e.(2)依题意，得f (x )≥ax －1在[1，＋∞)上恒成立， 即不等式a ≤ln x ＋1x对于x ∈[1，＋∞)恒成立．令g (x )＝ln x ＋1x，则g ′(x )＝1x －1x 2＝1x (1－1x)．当x >1时，因为g ′(x )＝1x (1－1x)>0，故g (x )在[1，＋∞)上是增加的， 所以g (x )的最小值是g (1)＝1， 从而a 的取值范围是(－∞，1]．3．(2015·重庆)设函数f (x )＝3x 2＋axex(a ∈R )． (1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值范围． 解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝6x ＋ae x －3x 2＋ax exex 2＝－3x 2＋6－a x ＋a ex， 因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x，故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e，从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e(x －1)，化简得3x －e y ＝0.(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋6－a x ＋aex.令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ， 由g (x )＝0，解得x 1＝6－a －a 2＋366，x 2＝6－a ＋a 2＋366.当x ＜x 1时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数； 当x 1＜x ＜x 2时，g (x )＞0，即f ′(x )＞0， 故f (x )为增函数；当x ＞x 2时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数．由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92，故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.4．已知函数f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x .(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 有两个不同交点，求b 的取值范围． 解 由f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x ， 得f ′(x )＝x (2＋cos x )．(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＋cos a )＝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：所以函数f (x )在区间(在区间(0，＋∞)上是增加的，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 )≥4b 2－2b －1>4b －2b －1>b ，f (0)＝1<b ，所以存在x 1∈(－2b,0)，x 2∈(0,2b )，使得f (x 1)＝f (x 2)＝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 有且仅有两个不同交点． 综上可知，如果曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同交点，那么b 的取值范围是(1，＋∞)．5．(2016·四川)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>1x－e 1－x 在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数)．解 (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内是减少的．当a >0时，由f ′(x )＝0，有x ＝12a . 此时，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )是减少的； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )是增加的． (2)令g (x )＝1x －1ex －1，s (x )＝e x －1－x . 则s ′(x )＝e x －1－1.而当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )在区间(1，＋∞)内是增加的．又由s (1)＝0，有s (x )>0，从而当x >1时，g (x )>0.当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0.故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0.当0<a <12时，12a>1. 由(1)有f ⎝⎛⎭⎪⎫12a <f (1)＝0， 而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0， 所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立．当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)． 当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x2－e 1－x >x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0.因此，h (x )在区间(1，＋∞)内是增加的．又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立．综上，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.。
高考大题专项(一) 导数的综合应用
高考大题专项(一) 导数的综合应用突破1 利用导数研究与不等式有关的问题1.(2020全国1,理21)已知函数f (x )=e x +ax 2-x. (1)当a=1时,讨论f (x )的单调性; (2)当x ≥0时,f (x )≥12x 3+1,求a 的取值范围.2.(2020山东潍坊二模,20)已知函数f (x )=1x +a ln x ,g (x )=e x x .(1)讨论函数f (x )的单调性; (2)证明:当a=1时,f (x )+g (x )-(1+ex 2)ln x>e .3.已知函数f (x )=ln x+a x(a ∈R )的图象在点1e ,f (1e)处的切线斜率为-e,其中e 为自然对数的底数.(1)求实数a 的值,并求f (x )的单调区间; (2)证明:xf (x )>x ex .4.(2020广东湛江一模,文21)已知函数f (x )=ln ax-bx+1,g (x )=ax-ln x ,a>1. (1)求函数f (x )的极值;(2)直线y=2x+1为函数f (x )图象的一条切线,若对任意的x 1∈(0,1),x 2∈[1,2]都有g (x 1)>f'(x 2)成立,求实数a 的取值范围.5.(2020山东济宁5月模拟,21)已知两个函数f(x)=e xx ,g(x)=lnxx+1x-1.(1)当t>0时,求f(x)在区间[t,t+1]上的最大值;(2)求证:对任意x∈(0,+∞),不等式f(x)>g(x)都成立.6.(2020湖北武汉二月调考,理21)已知函数f(x)=(x-1)e x-kx2+2.(1)略;(2)若∀x∈[0,+∞),都有f(x)≥1成立,求实数k的取值范围.7.(2020山东济南一模,22)已知函数f(x)=a(e x-x-1)x2,且曲线y=f(x)在(2,f(2))处的切线斜率为1.(1)求实数a的值;(2)证明:当x>0时,f(x)>1;(3)若数列{x n}满足e x n+1=f(x n),且x1=13,证明:2n|e x n-1|<1.8.(2020湖南长郡中学四模,理21)已知函数f(x)=x ln x.(1)若函数g(x)=f'(x)+ax2-(a+2)x(a>0),试研究函数g(x)的极值情况;(2)记函数F(x)=f(x)-xe x 在区间(1,2)上的零点为x0,记m(x)=min f(x),xe x,若m(x)=n(n∈R)在区间(1,+∞)上有两个不等实数解x1,x2(x1<x2),证明:x1+x2>2x0.突破2 利用导数研究与函数零点有关的问题1.(2020山东烟台一模,21)已知函数f (x )=1+lnxx -a (a ∈R ).(1)若f (x )≤0在(0,+∞)上恒成立,求a 的取值范围,并证明:对任意的n ∈N *,都有1+12+13+ (1)>ln(n+1); (2)设g (x )=(x-1)2e x ,讨论方程f (x )=g (x )的实数根的个数.2.(2020北京通州区一模,19)已知函数f (x )=x e x ,g (x )=a (e x -1),a ∈R . (1)当a=1时,求证:f (x )≥g (x );(2)当a>1时,求关于x 的方程f (x )=g (x )的实数根的个数.3.(2020湖南长郡中学四模,文21)已知函数f(x)=2a e2x+2(a+1)e x.(1)略;(2)当a∈(0,+∞)时,函数f(x)的图象与函数y=4e x+x的图象有唯一的交点,求a的取值集合.4.(2020天津和平区一模,20)已知函数f(x)=ax+be x,a,b∈R,且a>0.x,求函数f(x)的解析式;(1)若函数f(x)在x=-1处取得极值1e(2)在(1)的条件下,求函数f(x)的单调区间;的取值范(3)设g(x)=a(x-1)e x-f(x),g'(x)为g(x)的导函数,若存在x0∈(1,+∞),使g(x0)+g'(x0)=0成立,求ba围.x3+2(1-a)x2-8x+8a+7.5.已知函数f(x)=ln x,g(x)=2a3(1)若曲线y=g(x)在点(2,g(2))处的切线方程是y=ax-1,求函数g(x)在[0,3]上的值域;(2)当x>0时,记函数h(x)={f(x),f(x)<g(x),g(x),f(x)≥g(x),若函数y=h(x)有三个零点,求实数a的取值集合.参考答案高考大题专项(一)导数的综合应用突破1利用导数研究与不等式有关的问题1.解(1)当a=1时,f(x)=e x+x2-x,f'(x)=e x+2x-1.故当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)f(x)≥12x3+1等价于12x3-ax2+x+1e-x≤1.设函数g(x)=(12x3-ax2+x+1)e-x(x≥0),则g'(x)=-12x3-ax2+x+1-32x2+2ax-1e-x=-12x[x2-(2a+3)x+4a+2]e-x=-12x(x-2a-1)(x-2)e-x.①若2a+1≤0,即a≤-12,则当x∈(0,2)时,g'(x)>0.所以g(x)在(0,2)上单调递增,而g(0)=1,故当x∈(0,2)时,g(x)>1,不合题意.②若0<2a+1<2,即-12<a<12,则当x ∈(0,2a+1)∪(2,+∞)时,g'(x )<0;当x ∈(2a+1,2)时,g'(x )>0.所以g (x )在(0,2a+1),(2,+∞)上单调递减,在(2a+1,2)上单调递增.由于g (0)=1,所以g (x )≤1当且仅当g (2)=(7-4a )e -2≤1,即a ≥7-e 24.所以当7-e 24≤a<12时,g (x )≤1.③若2a+1≥2,即a ≥12,则g (x )≤12x 3+x+1e -x .由于0∈7-e 24,12,故由②可得(12x 3+x +1)e -x ≤1.故当a ≥12时,g (x )≤1.综上,a 的取值范围是[7-e 24,+∞).2.(1)解 函数的定义域为(0,+∞),f'(x )=-1x 2+ax =ax -1x 2,当a ≤0时,f'(x )<0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递减; 当a>0时,由f'(x )>0,得x>1a ,由f'(x )<0,得0<x<1a , 所以f (x )在(0,1a )上单调递减,在(1a ,+∞)上单调递增, 综上可知:当a ≤0时,f (x )在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,f (x )在(0,1a )上单调递减,在(1a ,+∞)上单调递增. (2)证明 因为x>0,所以不等式等价于e x -e x+1>elnxx ,设F (x )=e x -e x+1,F'(x )=e x -e,所以当x ∈(1,+∞)时,F'(x )>0,F (x )单调递增;当x ∈(0,1)时,F'(x )<0,F (x )单调递减,所以F (x )min =F (1)=1.设G (x )=elnxx ,G'(x )=e (1-lnx )x 2, 所以当x ∈(0,e)时,G'(x )>0,G (x )单调递增,当x ∈(e,+∞)时,G'(x )<0,G (x )单调递减,所以G (x )max =G (e)=1.虽然F (x )的最小值等于G (x )的最大值,但1≠e,所以F (x )>G (x ),即e x -e x+1>elnxx ,故原不等式成立.3.(1)解因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x −ax2,所以f'(1e)=e-a e2=-e,所以a=2e,所以f'(x)=1x−2ex2.令f'(x)=0,得x=2e,当x∈(0,2e)时,f'(x)<0,当x∈(2e,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,2e)上单调递减,在(2e,+∞)上单调递增.(2)证明设h(x)=xf(x)=x ln x+2e ,由h'(x)=ln x+1=0,得x=1e,所以当x∈(0,1e)时,h'(x)<0;当x∈(1e,+∞)时,h'(x)>0,所以h(x)在(0,1e)上单调递减,在(1e,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(1e )=1e.设t(x)=xe x(x>0),则t'(x)=1-xe x,所以当x∈(0,1)时,t'(x)>0,t(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,t'(x)<0,t(x)单调递减,所以t(x)max=t(1)=1e.综上,在(0,+∞)上恒有h(x)>t(x),即xf(x)>x e x .4.解(1)∵a>1,∴函数f(x)的定义域为(0,+∞).∵f(x)=ln ax-bx+1=ln a+ln x-bx+1,∴f'(x)=1x-b=1-bxx.①当b≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数,无极值;②当b>0时,由f'(x)=0,得x=1b.∵当x∈(0,1b)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1b,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,∴f(x)在定义域上有极大值,极大值为f(1b )=ln ab.(2)设直线y=2x+1与函数f(x)图像相切的切点为(x0,y0),则y0=2x0+1.∵f'(x)=1x -b,∴f'(x0)=1x0-b=2,∴x0=1b+2,即bx0=1-2x0.又ln ax 0-bx 0+1=2x 0+1,∴ln ax 0=1,∴ax 0=e . ∴x 0=ea .∴ae =b+2.∵对任意的x 1∈(0,1),x 2∈[1,2]都有g (x 1)>f'(x 2)成立, ∴只需g (x 1)min >f'(x 2)max . ∵g'(x )=a-1x =ax -1x, ∴由g'(x )=0,得x=1a . ∵a>1,∴0<1a <1.∴当x ∈(0,1a )时,g'(x )<0,g (x )单调递减; 当x ∈(1a ,1)时,g'(x )>0,g (x )单调递增.∴g (x )≥g (1a )=1+ln a , 即g (x 1)min =1+ln a.∵f'(x 2)=1x 2-b 在x 2∈[1,2]上单调递减,∴f'(x 2)max =f'(1)=1-b=3-ae .∴1+ln a>3-ae .即lna+a e -2>0.设h (a )=ln a+ae -2,易知h (a )在(1,+∞)上单调递增.又h (e)=0,∴实数a 的取值范围为(e,+∞). 5.(1)解 由f (x )=e x x 得,f'(x )=xe x -e xx 2=e x (x -1)x 2,∴当x<1时,f'(x )<0,当x>1时,f'(x )>0,∴f (x )在区间(-∞,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增.①当t ≥1时,f (x )在区间[t ,t+1]上单调递增,f (x )的最大值为f (t+1)=e t+1t+1.②当0<t<1时,t+1>1,f (x )在区间(t ,1)上单调递减,在区间(1,t+1)上单调递增,∴f (x )的最大值为f (x )max =max{f (t ),f (t+1)}.下面比较f (t )与f (t+1)的大小.f (t )-f (t+1)=e tt−e t+1t+1=[(1-e )t+1]e tt (t+1).∵t>0,1-e <0,∴当0<t ≤1e -1时,f (t )-f (t+1)≥0,故f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t )=e t t ,当1e -1<t<1时,f (t )-f (t+1)<0,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t+1)=e t+1t+1.综上可知,当0<t ≤1e -1时,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t )=e t t ,当t>1e -1时,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t+1)=e t+1t+1. (2)证明 不等式f (x )>g (x )即为e xx>lnx x +1x -1.∵x>0,∴不等式等价于e x >ln x-x+1,令h (x )=e x -(x+1)(x>0),则h'(x )=e x -1>0,∴h (x )在(0,+∞)上为增函数,h (x )>h (0)=0,即e x >x+1,所以,要证e x >ln x-x+1成立,只需证x+1>ln x-x+1成立即可. 即证2x>ln x 在(0,+∞)上成立. 设φ(x )=2x-ln x ,则φ'(x )=2-1x=2x -1x,当0<x<12时,φ'(x )<0,φ(x )单调递减,当x>12时,φ'(x )>0,φ(x )单调递增,∴φ(x )min =φ(12)=1-ln 12=1+ln 2>0,∴φ(x )>0在(0,+∞)上成立,∴对任意x ∈(0,+∞),不等式f (x )>g (x )都成立. 6.解 (1)略(2)f'(x )=x e x -2kx=x (e x -2k ),①当k ≤0时,e x -2k>0,所以,当x<0时,f'(x )<0,当x>0时,f'(x )>0,则f (x )在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增, 所以f (x )在区间[0,+∞)上的最小值为f (0),且f (0)=1,符合题意; ②当k>0时,令f'(x )=0,得x=0或x=ln 2k ,所以当0<k ≤12时,ln 2k ≤0,在区间(0,+∞)上f'(x )>0,f (x )单调递增, 所以f (x )在区间[0,+∞)上的最小值为f (0),且f (0)=1,符合题意;当k>12时,ln 2k>0,当x ∈(0,ln 2k )时,f'(x )<0,f (x )在区间(0,ln 2k )上单调递减, 所以f (ln 2k )<f (0)=1,不满足对任意的x ∈[0,+∞),f (x )≥1恒成立, 综上,k 的取值范围是(-∞,12].7.(1)解 f'(x )=a [(x -2)e x +x+2)]x 3,因为f'(2)=a2=1,所以a=2.(2)证明 要证f (x )>1,只需证h (x )=e x -12x 2-x-1>0.h'(x )=e x -x-1,令c (x )=e x -x-1,则c'(x )=e x -1.因为当x>0时,c'(x )>0,所以h'(x )=e x -x-1在(0,+∞)上单调递增,所以h'(x)=e x-x-1>h'(0)=0.所以h(x)=e x-12x2-x-1在(0,+∞)上单调递增,所以h(x)=e x-12x2-x-1>h(0)=0成立.所以当x>0时,f(x)>1.(3)证明(方法1)由(2)知当x>0时,f(x)>1.因为e x n+1=f(x n),所以x n+1=ln f(x n).设g(x n)=ln f(x n),则x n+1=g(x n),所以x n=g(x n-1)=g(g(x n-2))=…=g((…(g(x1))…))>0.要证2n|e x n-1|<1,只需证|e x n-1|<12n.因为x1=13,所以|e x1-1|=e13-1.因为e-323=e-278<0,所以e 13<32,所以|e x1-1|=e 13-1<12.故只需证|e x n+1-1|<12|e x n-1|.因为x n∈(0,+∞),故只需证e x n+1-1<12e x n−12,即证f(x n)-1<12e x n−12.只需证当x∈(0,+∞)时,φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>0,φ'(x)=12x2+x-2e x+x+2,令α(x)=12x2+x-2e x+x+2,则α'(x)=12x2+2x-1e x+1,令β(x)=12x2+2x-1e x+1,则β'(x)=12x2+3x+1e x>0,所以β(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故β(x)=12x2+2x-1e x+1>β(0)=0.所以α(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故α(x)=12x2+x-2e x+x+2>α(0)=0.所以φ(x)在区间(0,+∞)上单调递增,所以φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>φ(0)=0,所以原不等式成立.(方法2)由(2)知当x>0时,f(x)>1.因为e x n+1=f(x n),所以x n+1=ln f(x n).设g(x n)=ln f(x n),则x n+1=g(x n),所以x n=g(x n-1)=g(g(x n-2))=…=g((…(g(x1))…))>0.要证2n|e x n-1|<1,只需证|e x n-1|<12n.因为x1=13,所以|e x1-1|=e13-1.因为e-323=e-278<0,所以e 13<32,所以|e x1-1|=e 13-1<12.故只需证|e x n+1-1|<12|e x n-1|.因为x n∈(0,+∞),故只需证e x n+1-1<12e x n−12,即证f(x n)-1<12e x n−12.只需证当x∈(0,+∞)时,φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>0.因为φ(x)=12(x2-4)e x+12(x2+4x+4)=12(x+2)[(x-2)e x+(x+2)],设u(x)=(x-2)e x+(x+2),故只需证u(x)>0.u'(x)=(x-1)e x+1,令v(x)=(x-1)e x+1,则v'(x)=x e x>0,所以v(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故v(x)=(x-1)e x+1>v(0)=0,所以u(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故u(x)=(x-2)e x+(x+2)>u(0)=0,所以原不等式成立.8.(1)解由题意,得f'(x)=ln x+1,故g(x)=ax2-(a+2)x+ln x+1,故g'(x)=2ax-(a+2)+1x=(2x-1)(ax-1)x,x>0,a>0.令g'(x)=0,得x1=12,x2=1a.①当0<a<2时,1a >12,由g'(x)>0,得0<x<12或x>1a;由g'(x)<0,得12<x<1a.所以g(x)在x=12处取极大值g12=-a4-ln 2,在x=1a处取极小值g1a=-1a-ln a.②当a=2时,1a =12,g'(x)≥0恒成立,所以不存在极值.③当a>2时,1a <12,由g'(x)>0,得0<x<1a或x>12;由g'(x)<0,得1a<x<12.所以g(x)在x=1a处取极大值g1a=-1a-ln a,在x=12处取极小值g12=-a4-ln 2.综上,当0<a<2时,g(x)在x=12处取极大值-a4-ln 2,在x=1a处取极小值-1a-ln a;当a=2时,不存在极值;当a>2时,g(x)在x=1a处取极大值-1a-ln a,在x=12处取极小值-a4-ln 2.(2)证明F(x)=x ln x-xe x ,定义域为x∈(0,+∞),F'(x)=1+ln x+x-1e x.当x∈(1,2)时,F'(x)>0,即F(x)在区间(1,2)上单调递增.又因为F(1)=-1e<0,F(2)=2ln 2-2e2>0,且F(x)在区间(1,2)上的图像连续不断,故根据函数零点存在定理,F(x)在区间(1,2)上有且仅有一个零点.所以存在x0∈(1,2),使得F(x0)=f(x0)-x0e x0=0.且当1<x<x0时,f(x)<xe x;当x>x0时,f(x)>xe x.所以m(x)=min f(x),xe x={xlnx,1<x<x0,xe x,x>x0.当1<x<x0时,m(x)=x ln x,由m'(x)=1+ln x>0,得m(x)单调递增;当x>x 0时,m (x )=x e x ,由m'(x )=1-xe x <0,得m (x )单调递减. 若m (x )=n 在区间(1,+∞)上有两个不等实数解x 1,x 2(x 1<x 2), 则x 1∈(1,x 0),x 2∈(x 0,+∞).要证x 1+x 2>2x 0,即证x 2>2x 0-x 1.又因为2x 0-x 1>x 0,而m (x )在区间(x 0,+∞)上单调递减, 所以可证m (x 2)<m (2x 0-x 1).由m (x 1)=m (x 2),即证m (x 1)<m (2x 0-x 1),即x 1ln x 1<2x 0-x 1e 2x 0-x 1. 记h (x )=x ln x-2x 0-xe 2x 0-x,1<x<x 0, 其中h (x 0)=0. 记φ(t )=t e t ,则φ'(t )=1-te t . 当t ∈(0,1)时,φ'(t )>0; 当t ∈(1,+∞)时,φ'(t )<0. 故φ(t )max =1e .而φ(t )>0,故0<φ(t )<1e . 因为2x 0-x>1, 所以-1e <-2x 0-xe 2x 0-x<0. 因此h'(x )=1+ln x+1e2x 0-x −2x 0-x e 2x 0-x>1-1e >0,即h (x )单调递增,故当1<x<x 0时,h (x )<h (x 0)=0, 即x 1ln x 1<2x 0-x 1e 2x 0-x 1, 故x 1+x 2>2x 0,得证.突破2 利用导数研究 与函数零点有关的问题1.(1)证明 由f (x )≤0可得,a ≥1+lnxx(x>0),令h (x )=1+lnx x ,则h'(x )=1x ·x -(1+lnx )x 2=-lnxx 2. 当x ∈(0,1)时,h'(x )>0,h (x )单调递增;当x ∈(1,+∞)时,h'(x )<0,h (x )单调递减,故h (x )在x=1处取得最大值,要使a ≥1+lnxx,只需a ≥h (1)=1,故a 的取值范围为[1,+∞). 显然,当a=1时,有1+lnxx≤1,即不等式ln x<x-1在(1,+∞)上成立,令x=n+1n >1(n ∈N *),则有ln n+1n <n+1n -1=1n ,所以ln 21+ln 32+…+ln n+1n <1+12+13+…+1n , 即1+12+13+…+1n >ln(n+1).(2)解 由f (x )=g (x ),可得1+lnxx -a=(x-1)2e x ,即a=1+lnxx -(x-1)2e x ,令t (x )=1+lnxx -(x-1)2e x , 则t'(x )=-lnx x 2-(x 2-1)e x ,当x ∈(0,1)时,t'(x )>0,t (x )单调递增;当x ∈(1,+∞)时,t'(x )<0,t (x )单调递减,故t (x )在x=1处取得最大值t (1)=1,又当x →0时,t (x )→-∞,当x →+∞时,t (x )→-∞,所以,当a=1时,方程f (x )=g (x )有一个实数根;当a<1时,方程f (x )=g (x )有两个不同的实数根; 当a>1时,方程f (x )=g (x )没有实数根. 2.(1)证明 设函数F (x )=f (x )-g (x )=x e x -a e x +a.当a=1时,F (x )=x e x -e x +1,所以F'(x )=x e x . 所以当x ∈(-∞,0)时,F'(x )<0; 当x ∈(0,+∞)时,F'(x )>0.所以F (x )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 所以当x=0时,F (x )取得最小值F (0)=0. 所以F (x )≥0,即f (x )≥g (x ).(2)解 设函数F (x )=f (x )-g (x )=x e x -a e x +a.当a>1时,F'(x )=(x-a+1)e x ,令F'(x )>0,即(x-a+1)e x >0,解得x>a-1; 令F'(x )<0,即(x-a+1)e x <0,解得x<a-1.所以F (x )在(-∞,a-1)上单调递减,在(a-1,+∞)上单调递增.所以当x=a-1时,F (x )取得最小值,即F (a-1)=a-e a-1. 令h (a )=a-e a-1,则h'(a )=1-e a-1.因为a>1,所以h'(a )<0.所以h (a )在(1,+∞)上单调递减. 所以h (a )<h (1)=0,所以F (a-1)<0.又因为F (a )=a>0,所以F (x )在区间(a-1,a )上存在一个零点. 所以在[a-1,+∞)上存在唯一的零点.又因为F (x )在区间(-∞,a-1)上单调递减,且F (0)=0, 所以F (x )在区间(-∞,a-1)上存在唯一的零点0.所以函数F (x )有且仅有两个零点,即方程f (x )=g (x )有两个实数根.3.解 (1)略.(2)设t=e x ,则f (t )=2at 2+2(a+1)t 的图像与y=4t+ln t 的图像只有一个交点,其中t>0,则2at 2+2(a+1)t=4t+ln t 只有一个实数解,即2a=2t+lntt 2+t只有一个实数解. 设g (t )=2t+lnt t 2+t,则g'(t )=-2t 2+t -2tlnt+1-lnt(t 2+t )2,g'(1)=0.令h (t )=-2t 2+t-2t ln t+1-ln t , 则h'(t )=-4t-1φ-2ln t-1.设y=1t +2ln t ,令y'=-1t 2+2t =2t -1t 2=0,解得t=12,则y ,y'随t 的变化如表所示0,1212,+∞y' - 0+则当t=12时,y=1t +2ln t 取最小值为2-2ln 2=2×(1-ln 2)>0. 所以-1t -2ln t<0, 即h'(t )=-4t-1t -2ln t-1<0.所以h (t )在(0,+∞)上单调递减. 因此g'(t )=0只有一个根,即t=1. 当t ∈(0,1)时,g'(t )>0,g (t )单调递增; 当t ∈(1,+∞)时,g'(t )<0,g (t )单调递减. 所以,当t=1时,g (t )有最大值为g (1)=1.由题意知,y=2a 与g (t )图像只有一个交点,而a ∈(0,+∞), 所以2a=1,即a=12,所以a 的取值集合为12.4.解 (1)函数f (x )的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).f'(x )=ax 2+bx -b x 2e x,由题知{f '(-1)=0,f (-1)=1e ,即{(a -2b )e -1=0,(-a+b )-1e -1=1e ,解得{a =2,b =1,所以函数f (x )=2x+1x e x (x ≠0). (2)f'(x )=2x 2+x -1x 2e x =(x+1)(2x -1)x 2e x. 令f'(x )>0得x<-1或x>12, 令f'(x )<0得-1<x<0或0<x<12.所以函数f (x )的单调递增区间是(-∞,-1),12,+∞, 单调递减区间是(-1,0),0,12.(3)根据题意易得g (x )=ax-b x -2a e x (a>0), 所以g'(x )=bx 2+ax-bx -a e x .由g (x )+g'(x )=0,得ax-bx -2a e x +bx 2+ax-bx -a e x =0.整理,得2ax 3-3ax 2-2bx+b=0.存在x 0∈(1,+∞),使g (x 0)+g'(x 0)=0成立,等价于存在x 0∈(1,+∞),使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立.设u (x )=2ax 3-3ax 2-2bx+b (x>1),则u'(x )=6ax 2-6ax-2b=6ax (x-1)-2b>-2b. 当b ≤0时,u'(x )>0,此时u (x )在(1,+∞)上单调递增, 因此u (x )>u (1)=-a-b.因为存在x 0∈(1,+∞),使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立, 所以只要-a-b<0即可,此时-1<ba ≤0. 当b>0时,令u (x )=b , 解得x 1=3a+√9a 2+16ab4a>3a+√9a 24a=32>1,x 2=3a -√9a 2+16ab 4a(舍去),x 3=0(舍去),得u (x 1)=b>0.又因为u (1)=-a-b<0,于是u (x )在(1,x 1)上必有零点,即存在x 0>1,使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立,此时ba >0.综上,ba 的取值范围为(-1,+∞). 5.解 (1)因为g (x )=2a3x 3+2(1-a )x 2-8x+8a+7,所以g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8,所以g'(2)=0. 所以a=0,即g (x )=2x 2-8x+7. g (0)=7,g (3)=1,g (2)=-1.所以g (x )在[0,3]上的值域为[-1,7].(2)①当a=0时,g (x )=2x 2-8x+7,由g (x )=0,得x=2±√22∈(1,+∞),此时函数y=h (x )有三个零点,符合题意.②当a>0时,g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8=2a (x-2)x+2a . 由g'(x )=0,得x=2. 当x ∈(0,2)时,g'(x )<0; 当x ∈(2,+∞)时,g'(x )>0.若函数y=h (x )有三个零点,则需满足g (1)>0且g (2)<0,解得0<a<316.③当a<0时,g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8=2a (x-2)x+2a . 由g'(x )=0,得x 1=2,x 2=-2a .(ⅰ)当-2a <2,即a<-1时,因为g (x )极大值=g (2)=163a-1<0,此时函数y=h (x )至多有一个零点,不符合题意.(ⅱ)当-2a =2,即a=-1时,因为g'(x )≤0,此时函数y=h (x )至多有两个零点,不符合题意. (ⅲ)当-2a >2,即-1<a<0时,若g (1)<0,函数y=h (x )至多有两个零点,不符合题意; 若g (1)=0,得a=-320;因为g -2a =1a 28a 3+7a 2+8a+83,所以g -2a >0,此时函数y=h (x )有三个零点,符合题意;若g (1)>0,得-320<a<0. 由g -2a =1a 28a 3+7a 2+8a+83.记φ(a)=8a3+7a2+8a+83,则φ'(a)>0.所以φ(a)>φ-320>0,此时函数y=h(x)有四个零点,不符合题意.综上所述,满足条件的实数a∈-220∪0,316.。
2020版高考文科数学(北师大版)一轮复习课件：大题专项突破+高考大题专项突破3
3
7
=
又 b1=2������ 1 =32, 所以数列{bn}是以 32 为首项,8 为公比的等比数列. 所以
32(1-8������ ) Tn= 1-8
2������������+1 3 ������������ =2 =8(n∈N+), 2
������(������+1) n+1 Tn=(n-1)· 2 +2. 2
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关键能力·学案突破
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题型一
题型二
题型三
题型四
解题心得对已知数列an与Sn的关系,证明{an}或{Sn}为等差或等 比数列的问题,解题思路就是依据an与Sn的关系消元,可以利用 an=Sn-Sn-1消an,也可由an与Sn的关系递推出n为n+1时的关系式,将两 关系式相减后,进行化简、整理,最终化归为用定义法证明.
则
∴Sn=n· 2n-n, 故Tn=(1×2+2×22+…+n· 2n)-(1+2+…+n). 设M=1×2+2×22+…+n· 2n,则2M=1×22+2×23+…+n· 2n+1,
所以-M=2+22+…+2n-n· 2n+1=2n+1-2-n· 2n+1, 所以M=(n-1)· 2n+1+2,
所以
������-1
∴
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关键能力·学案突破
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2020版高考数学(理科)北师大版一轮复习高考大题专项五 突破1 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题含解析
高考大题专项五突破1圆锥曲线中的最值、范围、证明问题1.(2018江西上饶一模,20)已知椭圆M:=1(a>b>0)的离心率为,点P1,在椭圆M上.(1)求椭圆M的方程;(2)经过椭圆M的右焦点F的直线l与椭圆M交于C,D两点,A,B分别为椭圆M的左、右顶点,记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2,求|S1-S2|的取值范围.2.(2018宁夏银川一中四模,20)已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点M在椭圆上,有|MF1|+|MF2|=4,椭圆的离心率为e=(1)求椭圆C的标准方程;(2)已知N(4,0),过点N作斜率为k(k>0)的直线l与椭圆交于A,B不同两点,线段AB的中垂线为l',记l'的纵截距为m,求m的取值范围.3.(2018北京海淀区二模,20)已知椭圆C:x2+2y2=1的左右顶点分别为A1,A2.(1)求椭圆C的长轴长与离心率;(2)若不垂直于x轴的直线l与椭圆C相交于P,Q两点,直线A1P与A2Q交于点M,直线A1Q与A2P交于点N.求证:直线MN垂直于x轴.4.(2018广东珠海质检,20)已知抛物线C1:y2=2px(p>0),圆C2:x2+y2=4,直线l:y=kx+b与抛物线C1相切于点M,与圆C2相切于点N.(1)若直线l的斜率k=1,求直线l和抛物线C1的方程;(2)设F为抛物线C1的焦点,设△FMN,△FON的面积分别为S1,S2,若S1=λS2,求λ的取值范围.5.(2018重庆巴蜀中学适应性考试(七),20)已知椭圆=1(a>b>0)与直线y=x-2相切,设椭圆的上顶点为M,F1,F2是椭圆的左、右焦点,且△MF1F2为等腰直角三角形.(1)求椭圆的标准方程;(2)直线l过点N0,-交椭圆于A,B两点,直线MA、MB分别与椭圆的短轴为直径的圆交于S,T两点,求证:O,S,T三点共线.6.(2018河北衡水联考,20)已知椭圆=1(a>b>0)的离心率e=,左、右焦点分别为F1,F2,且F2与抛物线y2=4x的焦点重合.(1)求椭圆的标准方程;(2)若过F1的直线交椭圆于B,D两点,过F2的直线交椭圆于A,C两点,且AC⊥BD,求|AC|+|BD|的最小值.参考答案高考大题专项五直线与圆突破1圆锥曲线中的最值、范围、证明问题1.解 (1)因为e==,椭圆M过点P1,,所以c=1,a=2.所以椭圆M方程为+=1.(2)当直线l无斜率时,直线方程为x=1,此时C1,-,D1,,△ABD,△ABC面积相等,|S1-S2|=0;当直线l斜率存在(显然k≠0)时,设直线方程为y=k(x-1),设C(x1,y1),D(x2,y2).由-)消去y得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,显然Δ>0,方程有根,且x1+x2=,x1x2=-,此时|S1-S2|=2||y2|-|y1||=2|y2+y1|=,因为k≠0 则上式=≤==k=±时等号成立,所以|S1-S2|的最大值为,所以0≤|S1-S2|≤.2.解 (1)因为|MF1|+|MF2|=4,所以2a=4,所以a=4.因为e=,所以c=1,所以b2=a2-c2=3,所以椭圆C的标准方程为+=1.(2)由题意可知直线l的斜率存在,设l:y=k(x-4),A(x1,y1),B(x2,y2),由-)消去y得(4k2+3)x2-32k2x+64k2-12=0,x1+x2=,x1x2=-,又Δ=-)-4(4k2+3)(64k2-12)>0,解得-<k<,故0<k<.设A,B的中点为P(x0,y0),则x0==,y0=k(x0-4)=-,所以l':y-y0=-(x-x0),即y+=-x-,化简得y=-x+,令x=0,得m=,k∈0,,m'=-),当k∈0,时,m'>0恒成立,所以m=在k∈0,上为增函数,所以0<m<.3.(1)解椭圆C的方程可化为+y2=1,所以a=,b=1,c=1.所以长轴长为2a=2,离心率e==.(2)证明显然直线A1P,A2Q,A1Q,A2P的斜率都存在,且互不相等,分别设为k1,k2,k3,k4.设直线A1P的方程为y=k1(x+),A2Q的方程为y=k2(x-),联立直线A1P与直线A2Q方程得x M=)-.同理可得x N=)-.下面证明k1k4=-.设P(x0,y0),则+2=2.所以k1k4=·=-=-=-.同理k2k3=-.所以x N=-----=)-=x M.所以直线MN垂直于x轴.4.解 (1)由题设知l:x-y+b=0,且b>0,由l与C2相切知,C2(0,0)到l的距离d==2,得b=2,所以l:x-y+2=0.将l与C1的方程联立消x得y2-2py+4p=0,其Δ=4p2-16p=0得p=4,∴C1:y2=8x.综上所述,l:x-y+2=0,C1:y2=8x.(2)不妨设k>0,根据对称性,k>0得到的结论与k<0得到的结论相同.此时b>0,又知p>0,设M(x1,y1),N(x2,y2),由消去y得k2x2+2(kb-p)x+b2=0,由Δ=4(kb-p)2-4k2b2=0,得p=2kb,M,,由l与C2切于点N知C2(0,0)到l:kx-y+b=0的距离d==2,得b=2,则p=4k, 故M,4.由得N-,,故|MN|=|x M-x N|=+=.F,0到l:kx-y+b=0的距离d0==2k2+2,所以S1=S△FMN=|MN|d0=) ),又因为S2=S△FON=|OF|·|y N|=2k,所以λ==) )=+2(k2+1)=2k2++3≥2+3,当且仅当2k2=即k=时取等号,与上同理可得,k<0时亦是同上结论.综上所述,λ的取值范围是[3+2,+∞).5.(1)解∵△MF1F2为等腰直角三角形,∴b=c,a=b,∴椭圆的方程为x2+2y2=2b2.由消去x整理得:4y2+8y+16-2b2=0,∵椭圆与直线相切,∴Δ=128-16(16-2b2)=0,解得b2=4.∴椭圆的标准方程为x2+2y2=8,即+=1.(2)证明由题意得直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为y=kx-,由-消去y整理得(1+2k2)x2-kx-=0,∵直线AB与椭圆交于两点,∴Δ=+4×(2k2+1)=(9k2+4)>0.设点A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=-,又M(0,2),∴·=x1x2+(y1-2)(y2-2)=x1x2+kx1-kx2-=(1+k2)x1x2-k(x1+x2)+=-·-·+=-+1=0.∴MA⊥MB,∴∠SMT=.∵圆的直径为椭圆的短轴,∴圆心为原点O,∴点O,S,T三点共线.6.解 (1)抛物线y2=4x的焦点为(1,0),所以c=1,又因为e===,所以a=,所以b2=2,所以椭圆的标准方程为+=1.(2)①当直线BD的斜率k存在且k≠0时,直线BD的方程为y=k(x+1),代入椭圆方程+=1,化简得(3k2+2)x2+6k2x+3k2-6=0.设B(x1,y1),D(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=-,|BD|=·|x1-x2|=) )-=).易知直线AC的斜率为-,所以|AC|==),。
2019高三数学(北师大版理科)一轮训练题：高考大题专项突破一1.1 导数与函数的单调性、极值、最值
1
������ - ������
4.解 (1)当 m=-1 时,φ(x)=������x-ln x,φ'(x)= ������������ ,
������
当 a<0 时,φ'(x)<0,φ(x)在(0,e]上是减少的,φ(x)min=φ(e)=������-1<0,不合题意.
当 a>0 时,由 φ'(x)>0,解得 x>a,由 φ'(x)<0,解得 0<x<a,
1
①当 a≥4时,f'(x)≤0,f(x)在 x∈[e,e2]上为减函数,
则
������2
1
f(x)min=f(e2)= 2 -ae2≤4,解得
1
a≥2
‒
1
4������2.
( ) [ ] ②当
1
a<4时,由
f'(x)=-
1 ������������������
-
1 2
2
+
1
4-a
在[e,e2]上的值域为
〚导学号 21500795〛
( ) 4.(2017
福建龙岩一模)已知函数
f(x)=x2-2x+mln
x(m∈R),g(x)=
������
-
3 4
ex.
[ ( ) ] (1)若 m=-1,函数 φ(x)=f(x)- ������2 -
2 + 1 ������ ������ (0<x≤e)的最小值为 2,求实数 a 的值;
高考大题专项突破一 函数、导数、方程、不等式
压轴大题
1.1 导数与函数的单调性、极值、最值
2020版高考数学北师大版(理)一轮复习高考大题专项五突破1圆锥曲线中的最值、范围、证明问题含解析
高考大题专项五突破1圆锥曲线中的最值、范围、证明问题1.(2018江西上饶一模,20)已知椭圆M:=1(a>b>0)的离心率为,点P1, 在椭圆M上.(1)求椭圆M的方程;(2)经过椭圆M的右焦点F的直线l与椭圆M交于C,D两点,A,B分别为椭圆M的左、右顶点,记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2,求|S1-S2|的取值范围.2.(2018宁夏银川一中四模,20)已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点M在椭圆上,有|MF1|+|MF2|=4,椭圆的离心率为e=(1)求椭圆C的标准方程;(2)已知N(4,0),过点N作斜率为k(k>0)的直线l与椭圆交于A,B不同两点,线段AB的中垂线为l',记l'的纵截距为m,求m的取值范围.3.(2018北京海淀区二模,20)已知椭圆C:x2+2y2=1的左右顶点分别为A1,A2.(1)求椭圆C的长轴长与离心率;(2)若不垂直于x轴的直线l与椭圆C相交于P,Q两点,直线A1P与A2Q交于点M,直线A1Q与A2P 交于点N.求证:直线MN垂直于x轴.4.(2018广东珠海质检,20)已知抛物线C1:y2=2px(p>0),圆C2:x2+y2=4,直线l:y=kx+b与抛物线C1相切于点M,与圆C2相切于点N.(1)若直线l的斜率k=1,求直线l和抛物线C1的方程;(2)设F为抛物线C1的焦点,设△FMN,△FON的面积分别为S1,S2,若S1=λS2,求λ的取值范围.5.(2018重庆巴蜀中学适应性考试(七),20)已知椭圆=1(a>b>0)与直线y=x-2相切,设椭圆的上顶点为M,F1,F2是椭圆的左、右焦点,且△MF1F2为等腰直角三角形.(1)求椭圆的标准方程;(2)直线l过点N0,-交椭圆于A,B两点,直线MA、MB分别与椭圆的短轴为直径的圆交于S,T两点,求证:O,S,T三点共线.6.(2018河北衡水联考,20)已知椭圆=1(a>b>0)的离心率e=,左、右焦点分别为F1,F2,且F2与抛物线y2=4x的焦点重合.(1)求椭圆的标准方程;(2)若过F1的直线交椭圆于B,D两点,过F2的直线交椭圆于A,C两点,且AC⊥BD,求|AC|+|BD|的最小值.参考答案高考大题专项五直线与圆锥曲线压轴大题突破1圆锥曲线中的最值、范围、证明问题1.解 (1)因为e==,椭圆M过点P1, ,所以c=1,a=2.所以椭圆M方程为+=1.(2)当直线l无斜率时,直线方程为x=1,此时C1,-,D1,,△ABD,△ABC面积相等,|S1-S2|=0;当直线l斜率存在(显然k≠0)时,设直线方程为y=k(x-1),设C(x1,y1),D(x2,y2).由消去y得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,显然Δ>0,方程有根,且x1+x2=,x1x2=,此时|S1-S2|=2||y2|-|y1||=2|y2+y1|=,因为k≠0,则上式=≤==k=±时等号成立,所以|S1-S2|的最大值为,所以0≤|S1-S2|≤.2.解 (1)因为|MF1|+|MF2|=4,所以2a=4,所以a=4.因为e=,所以c=1,所以b2=a2-c2=3,所以椭圆C的标准方程为+=1.(2)由题意可知直线l的斜率存在,设l:y=k(x-4),A(x1,y1),B(x2, y2),由消去y得(4k2+3)x2-32k2x+64k2-12=0,x1+x2=,x1x2=,又Δ=-4(4k2+3)(64k2-12)>0,解得-<k<,故0<k<.设A,B的中点为P(x0,y0),则x0==,y0=k(x0-4)=-,所以l':y-y0=-(x-x0),即y+=-x-,化简得y=-x+,令x=0,得m=,k∈0,,m'=,当k∈0,时,m'>0恒成立,所以m=在k∈0,上为增函数,所以0<m<.3.(1)解椭圆C的方程可化为+y2=1,所以a=,b=1,c=1.所以长轴长为2a=2,离心率e==.(2)证明显然直线A1P,A2Q,A1Q,A2P的斜率都存在,且互不相等,分别设为k1,k2,k3,k4.设直线A1P的方程为y=k1(x+),A2Q的方程为y=k2(x-),联立直线A1P与直线A2Q 方程得x M=.同理可得x N=.下面证明k1k4=-.设P(x0,y0),则+2=2.所以k1k4=·===-.同理k2k3=-.所以x N===x M.所以直线MN垂直于x轴.4.解 (1)由题设知l:x-y+b=0,且b>0,由l与C2相切知,C2(0,0)到l的距离d==2,得b=2,所以l:x-y+2=0.将l与C1的方程联立消x得y2-2py+4p=0,其Δ=4p2-16p=0得p=4,∴C1:y2=8x.(2)不妨设k>0,根据对称性,k>0得到的结论与k<0得到的结论相同.此时b>0,又知p>0,设M(x1,y1),N(x2,y2),由消去y得k2x2+2(kb-p)x+b2=0,由Δ=4(kb-p)2-4k2b2=0,得p=2kb,M,,由l与C2切于点N知C2(0,0)到l:kx-y+b=0的距离d==2,得b=2,则p=4k,故M,4.由得N-,,故|MN|=|x M-x N|=+=.F,0到l:kx-y+b=0的距离d0==2k2+2,所以S1=S△FMN=|MN|d0=,又因为S2=S△FON=|OF|·|y N|=2k,所以λ===+2(k2+1)=2k2++3≥2+3,当且仅当2k2=即k=时取等号,与上同理可得,k<0时亦是同上结论.综上所述,λ的取值范围是[3+2,+∞).5.(1)解∵△MF1F2为等腰直角三角形,∴b=c,a=b,∴椭圆的方程为x2+2y2=2b2.由消去x整理得:4y2+8y+16-2b2=0,∵椭圆与直线相切,解得b2=4.∴椭圆的标准方程为x2+2y2=8,即+=1.(2)证明由题意得直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为y=kx-,由消去y整理得(1+2k2)x2-kx-=0,∵直线AB与椭圆交于两点,∴Δ=+4×(2k2+1)=(9k2+4)>0.设点A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,又M(0,2),∴·=x1x2+(y1-2)(y2-2)=x1x2+kx1-kx2-=(1+k2)x1x2-k(x1+x2)+=-·-·+=-+1=0.∴MA⊥MB,∴∠SMT=.∵圆的直径为椭圆的短轴,∴圆心为原点O,∴点O,S,T三点共线.6.解 (1)抛物线y2=4x的焦点为(1,0),所以c=1,又因为e===,所以a=,所以b2=2,所以椭圆的标准方程为+=1.(2)①当直线BD的斜率k存在且k≠0时,直线BD的方程为y=k(x+1),代入椭圆方程+=1,化简得(3k2+2)x2+6k2x+3k2-6=0.设B(x1,y1),D(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=,|BD|=·|x1-x2|=.易知直线AC的斜率为-,所以|AC|==,|AC|+|BD|=4(k2+1)+=≥==,当k2=1,即k=±1时,上式取等号,故|AC|+|BD|的最小值为.②当直线BD的斜率不存在或等于零时,易得|AC|+|BD|=>.综上所述,|AC|+|BD|的最小值为.。
2020版高考数学北师大版(理)一轮复习课件：3.2 导数与函数的小综合
考点1
考点2
考点3
考点4
-17-
对点训练 2(1)已知函数 y=f(x)对任意的 x∈
-
π 2
,
π 2
满足 f'(x)cos
x+f(x)sin x>0(其中 f'(x)是函数 f(x)的导函数),则下列不等式成立的是
( A)
A.√2������
-
π 3
<f
-
π 4
C.f(0)>2f
π 3
B.√2������
知识梳理 考点自诊
随堂巩固
-3-
(3)极值和极值点:极大值与极小值统称为 极值 ,极大值点与 极小值点统称为 极值点 .
(4)求可导函数极值的步骤:
①求f'(x). ②求方程 f'(x)=0 的根. ③检查f'(x)在方程f'(x)=0的根的左右两侧的符号.如果左正右负,
那么f(x)在这个根处取得 极大值 ;如果左负右正,那么f(x)在这个 根处取得 极小值 .
考点1
考点2
考点3
考点4
即 ∴由解m均析m≤≤值: ((1���不���������������)������+f+等'(2xx2式),=������的���)���������m+结in2x.论-m:���≥���������+02x恒≥成2√立2,������,
据此有 m2≤8m,解得 0≤m≤8.又因 m 为正实数,所以 m 的取值
①求f(x)在(a,b)内的极值; ②将f(x)的各极值与 f(a),f(b) 比较,其中最大的一个是最大值,最
小的一个是最小值.
知识梳理 考点自诊
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2019年4月高考大题专项一函数与导数的综合
压轴大题
突破1利用导数求极值、最值、参数范围
1.已知函数f(x)=(x-k)e x.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值.
2.(2018山东潍坊一模,21)已知函数f(x)=a ln x+x2.
(1)若a=-2,判断f(x)在(1,+∞)上的单调性;
(2)求函数f(x)在[1,e]上的最小值.
3.(2018山东师大附中一模,21)已知函数f(x)=(x-a)e x(a∈R).
(1)当a=2时,求函数f(x)在x=0处的切线方程;
(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值.
4.(2018辽宁抚顺3月模拟,21改编)已知函数f(x)=ax-2ln x(a∈R).若f(x)+x3>0对任意x∈(1,+∞)恒成立,求a的取值范围.
5.设函数f(x)= x2+ax+b,g(x)=e x(cx+d).若曲线y=f(x)和曲线y=g(x)都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线y=4x+2.
(1)求a,b,c,d的值;
(2)若x≥-2时,f(x)≤kg(x),求k的取值范围.
6.(2018江西南昌一模,21改编)已知函数f(x)=e x-aln x-e(a∈R),其中e为自然对数的底数.若当x∈[1,+∞)时,f(x)≥0恒成立,求a的取值范围.
参考答案
高考大题专项练参考答案
高考大题专项一函数与导数
的综合压轴大题
突破1利用导数求极值、最值、
参数范围
1.解 (1)由题意知f'(x)=(x-k+1)e x.
令f'(x)=0,得x=k-1.
当x∈(-∞,k-1)时,f'(x)<0,当x∈(k-1,+∞)时,f'(x)>0.
所以f(x)的递减区间是(-∞,k-1),递增区间是(k-1,+∞).
(2)当k-1≤0,即k≤１时,f(x)在[0,1]上递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=-k;
当0<k-1<1,即1<k<2时,f(x)在[0,k-1]上递减,在[k-1,1]上递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k-1)=-e k-1;。