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2017步步高大一轮数学【高考专题突破一】


1. (2015· 课标全国Ⅱ)设函数 f′(x)是奇函数 f(x)(x∈R)的导函数, f(-1)=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( A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞) C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞) 答案 A f?x? 解析 因为 f(x)(x∈R)为奇函数,f(-1)=0,所以 f(1)=-f(-1)=0.当 x≠0 时,令 g(x)= , x xf′?x?-f?x? f?x? 则 g(x)为偶函数, 且 g(1)=g(-1)=0.则当 x>0 时, g′(x)=? x ?′= <0, 故 g(x) x2 ? ? 在(0,+∞)上为减函数,在(-∞,0)上为增函数.所以在(0,+∞)上,当 0<x<1 时,g(x) f?x? f?x? >g(1)=0? >0?f(x)>0;在(-∞,0)上,当 x<-1 时,g(x)<g(-1)=0? <0?f(x) x x >0.综上,使得 f(x)>0 成立的 x 的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1),选 A. 2.若函数 f(x)=kx-lnx 在区间(1,+∞)上单调递增,则 k 的取值范围是( A.(-∞,-2] C.[2,+∞) 答案 D 1 1 解析 由于 f′(x)=k- ,f(x)=kx-lnx 在区间(1,+∞)上单调递增?f′(x)=k- ≥0 在(1, x x +∞)上恒成立. 1 1 由于 k≥ ,而 0< <1,所以 k≥1. x x 即 k 的取值范围为[1,+∞). 3.函数 f(x)=3x2+lnx-2x 的极值点的个数是( A.0B.1C.2D.无数个 答案 A ) B.(-∞,-1] D.[1,+∞) ) )

解析 函数定义域为(0,+∞), 6x2-2x+1 1 且 f′(x)=6x+ -2= , x x 由于 x>0,g(x)=6x2-2x+1 中 Δ=-20<0, 所以 g(x)>0 恒成立,故 f′(x)>0 恒成立, 即 f(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 f(x)=ax3+x+1 的图象在点(1,f(1))处的切线过点(2,7),则 a =________. 答案 1 解析 f′(x)=3ax2+1,f′(1)=1+3a,f(1)=a+2. (1,f(1))处的切线方程为 y-(a+2)=(1+3a)(x-1). 将(2,7)代入切线方程,得 7-(a+2)=1+3a, 解得 a=1. e2x2+1 e2x g?x1? f?x2? 5.设函数 f(x)= ,g(x)= x ,对任意 x1,x2∈(0,+∞),不等式 ≤ 恒成立, x e k k+1 则正数 k 的取值范围是________. 答案 [1,+∞) 解析 因为对任意 x1,x2∈(0,+∞), g?x1? f?x2? k g?x1?max 不等式 ≤ 恒成立,所以 ≥ . k k+1 k+1 f?x2?min e2x 因为 g(x)= x , e 所以 g′(x)=e2 x(1-x).


当 0<x<1 时,g′(x)>0;当 x>1 时,g′(x)<0, 所以 g(x)在(0,1]上单调递增,在[1,+∞)上单调递减. 所以当 x=1 时,g(x)取到最大值,即 g(x)max=g(1)=e. 1 又 f(x)=e2x+ ≥2e(x>0). x 1 1 当且仅当 e2x= ,即 x= 时取等号,故 f(x)min=2e. x e g?x1?max e 1 k 1 所以 = = ,应有 ≥ , f?x2?min 2e 2 k+1 2 又 k>0,所以 k≥1.

题型一
例1

利用导数研究函数性质

(2015· 课标全国Ⅱ)已知函数 f(x)=lnx+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. 1 解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= -a. x 若 a≤0,则 f′(x)>0,所以 f(x)在(0,+∞)上单调递增. 1? ?1 ? ? 1? 若 a>0,则当 x∈? ?0,a?时,f′(x)>0;当 x∈?a,+∞?时,f′(x)<0.所以 f(x)在?0,a?上单 1 ? 调递增,在? ?a,+∞?上单调递减. (2)由(1)知,当 a≤0 时,f(x)在(0,+∞)无最大值; 1? 1 1 ? 1? 当 a>0 时,f(x)在 x= 取得最大值,最大值为 f? ?a?=lna+a?1-a?=-lna+a-1. a 1? 因此 f? ?a?>2a-2 等价于 lna+a-1<0. 令 g(a)=lna+a-1,则 g(a)在(0,+∞)上单调递增, 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象的性 质进行分析. 已知 a∈R,函数 f(x)=(-x2+ax)ex (x∈R,e 为自然对数的底数). (1)当 a=2 时,求函数 f(x)的单调递增区间; (2)若函数 f(x)在(-1,1)上单调递增,求 a 的取值范围. 解 (1)当 a=2 时,f(x)=(-x2+2x)ex, 所以 f′(x)=(-2x+2)ex+(-x2+2x)ex =(-x2+2)ex. 令 f′(x)>0,即(-x2+2)ex>0,因为 ex>0, 所以-x2+2>0,解得- 2<x< 2. 所以函数 f(x)的单调递增区间是(- 2, 2). (2)因为函数 f(x)在(-1,1)上单调递增, 所以 f′(x)≥0 对 x∈(-1,1)都成立. 因为 f′(x)=(-2x+a)ex+(-x2+ax)ex

=[-x2+(a-2)x+a]ex, 所以[-x2+(a-2)x+a]ex≥0 对 x∈(-1,1)都成立. 因为 ex>0,所以-x2+(a-2)x+a≥0 对 x∈(-1,1)都成立, x2+2x ?x+1?2-1 即 a≥ = x+1 x+1 1 =(x+1)- 对 x∈(-1,1)都成立. x+1 令 y=(x+1)- 1 1 ,则 y′=1+ >0. x+1 ?x+1?2

1 所以 y=(x+1)- 在(-1,1)上单调递增, x+1 1 3 3 所以 y<(1+1)- = .即 a≥ . 2 1+1 2 3 因此 a 的取值范围为 a≥ . 2

题型二

利用导数研究不等式问题

例 2 已知 f(x)=xlnx,g(x)=-x2+ax-3. (1)对一切 x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,求实数 a 的取值范围; 1 2 (2)证明:对一切 x∈(0,+∞),都有 lnx> x- 成立. e ex (1)解 ?x∈(0,+∞),有 3 2xlnx≥-x2+ax-3,则 a≤2lnx+x+ , x 3 设 h(x)=2lnx+x+ (x>0), x ?x+3??x-1? 则 h′(x)= , x2 ①当 x∈(0,1)时,h′(x)<0,h(x)单调递减, ②当 x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增, 所以 h(x)min=h(1)=4. 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 2 xlnx> x- (x∈(0,+∞)). e e 1 f(x)=xlnx(x∈(0,+∞))的最小值是- , e

1-x 1 x 2 当且仅当 x= 时取到,设 m(x)= x- (x∈(0,+∞)),则 m′(x)= x ,易知 m(x)max=m(1) e e e e 1 =- , e 当且仅当 x=1 时取到. 1 2 从而对一切 x∈(0,+∞),都有 lnx> x- 成立. e ex 思维升华 (1)恒成立问题可以转化为我们较为熟悉的求最值的问题进行求解,若不能分离参 数,可以将参数看成常数直接求解. (2)证明不等式,可以转化为求函数的最值问题. alnx b 已知函数 f(x)= + ,曲线 y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为 x+2y-3=0. x+1 x (1)求 a,b 的值; lnx (2)证明:当 x>0,且 x≠1 时,f(x)> . x-1 x+1 ? a? ? x -lnx? b (1)解 f′(x)= - 2. x ?x+1?2 1 由于直线 x+2y-3=0 的斜率为- ,且过点(1,1), 2 f?1?=1, b=1, ? ? ? ? 故? 即?a 1 1 f′?1?=- , ? ? 2 ? ?2-b=-2. 解得 a=1,b=1. lnx 1 (2)证明 由(1)知 f(x)= + , x+1 x x2-1? lnx 1 ? 所以 f(x)- = . 2 2lnx- x ? x-1 1-x ? x2-1 考虑函数 h(x)=2lnx- (x>0), x
2 2 ?x-1?2 2 2x -?x -1? 则 h′(x)= - =- . 2 x x x2

1 所以当 x≠1 时,h′(x)<0.而 h(1)=0,故当 x∈(0,1)时,h(x)>0,可得 h(x)>0; 1-x2 当 x∈(1,+∞)时,h(x)<0,可得 从而当 x>0,且 x≠1 时,f(x)- lnx 即 f(x)> . x-1 1 h(x)>0. 1-x2

lnx >0. x-1

题型三

利用导数研究函数零点或图象交点问题

m 例 3 设函数 f(x)=lnx+ ,m∈R. x (1)当 m=e(e 为自然对数的底数)时,f(x)的极小值; x (2)讨论函数 g(x)=f′(x)- 零点的个数. 3 e 解 (1)由题设,当 m=e 时,f(x)=lnx+ , x x-e 则 f′(x)= 2 ,由 f′(x)=0,得 x=e. x ∴当 x∈(0,e),f′(x)<0,f(x)在(0,e)上单调递减, 当 x∈(e,+∞),f′(x)>0,f(x)在(e,+∞)上单调递增, e ∴当 x=e 时,f(x)取得极小值 f(e)=lne+ =2, e ∴f(x)的极小值为 2. x 1 m x (2)由题设 g(x)=f′(x)- = - 2- (x>0), 3 x x 3 1 令 g(x)=0,得 m=- x3+x(x>0). 3 1 设 φ(x)=- x3+x(x≥0), 3 则 φ′=-x2+1=-(x-1)(x+1), 当 x∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增; 当 x∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减. ∴x=1 是 φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,因此 x=1 也是 φ(x)的最大值点. 2 ∴φ(x)的最大值为 φ(1)= . 3 又 φ(0)=0,结合 y=φ(x)的图象(如图),

可知 2 ①当 m> 时,函数 g(x)无零点; 3 2 ②当 m= 时,函数 g(x)有且只有一个零点; 3 2 ③当 0<m< 时,函数 g(x)有两个零点; 3

④当 m≤0 时,函数 g(x)有且只有一个零点. 2 综上所述,当 m> 时,函数 g(x)无零点; 3 2 当 m= 或 m≤0 时,函数 g(x)有且只有一个零点; 3 2 当 0<m< 时,函数 g(x)有两个零点. 3 思维升华 用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理 判断;另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合思想画草图确 定参数范围. (2015· 贵州省六校联盟第一次联考)已知函数 f(x)=2lnx-x2+ax(a∈R). (1)当 a=2 时,求 f(x)的图象在 x=1 处的切线方程; 1 (2)若函数 g(x)=f(x)-ax+m 在[ ,e]上有两个零点,求实数 m 的取值范围. e 2 解 (1)当 a=2 时,f(x)=2lnx-x2+2x,f′(x)= -2x+2,切点坐标为(1,1),切线的斜率 k x =f′(1)=2,则切线方程为 y-1=2(x-1),即 2x-y-1=0. (2)g(x)=2lnx-x2+m, -2?x+1??x-1? 2 则 g′(x)= -2x= . x x 1 ∵x∈[ ,e], e ∴当 g′(x)=0 时,x=1. 1 当 <x<1 时,g′(x)>0; e 当 1<x<e 时,g′(x)<0. 故 g(x)在 x=1 处取得极大值 g(1)=m-1. 1 1 又 g( )=m-2- 2,g(e)=m+2-e2, e e 1 1 g(e)-g( )=4-e2+ 2<0, e e 1 则 g(e)<g( ), e 1 ∴g(x)在[ ,e]上的最小值是 g(e). e 1 g(x)在[ ,e]上有两个零点的条件是 e g?1?=m-1>0, ? ? ? 1 1 ?g?e?=m-2-e2≤0, ?

1 解得 1<m≤2+ 2, e 1 ∴实数 m 的取值范围是(1,2+ 2]. e

(时间:70 分钟) 3x2+ax 1.(2015· 重庆)设函数 f(x)= (a∈R). ex (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 ?6x+a?ex-?3x2+ax?ex f′(x)= ?ex?2 = -3x2+?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. -3x2+6x 3x2 3 3 当 a=0 时,f(x)= x ,f′(x)= ,故 f(1)= ,f′(1)= ,从而 f(x)在点(1,f(1))处的 e ex e e 3 3 切线方程为 y- = (x-1),化简得 3x-ey=0. e e -3x2+?6-a?x+a (2)由(1)知 f′(x)= . ex 令 g(x)=-3x2+(6-a)x+a, 6-a- a2+36 由 g(x)=0 解得 x1= , 6 6-a+ a2+36 x2= . 6 当 x<x1 时,g(x)<0,即 f′(x)<0,故 f(x)为减函数; 当 x1<x<x2 时,g(x)>0,即 f′(x)>0,故 f(x)为增函数; 当 x>x2 时,g(x)<0,即 f′(x)<0,故 f(x)为减函数. 6-a+ a2+36 9 由 f(x)在[3,+∞)上为减函数,知 x2= ≤3,解得 a≥- , 6 2 9 ? 故 a 的取值范围为? ?-2,+∞?. π 2.已知函数 f(x)=xcosx-sinx,x∈[0, ]. 2 (1)求证:f(x)≤0;

sinx π (2)若 a< <b 对 x∈(0, )恒成立,求 a 的最大值与 b 的最小值. x 2 解 (1)由 f(x)=xcosx-sinx 得 f′(x)=cosx-xsinx-cosx=-xsinx. π 因为在区间(0, )上 f′(x)=-xsinx<0, 2 π 所以 f(x)在区间[0, ]上单调递减. 2 从而 f(x)≤f(0)=0. sinx (2)当 x>0 时,“ >a”等价于“sinx-ax>0”; x “ sinx <b”等价于“sinx-bx<0”. x

令 g(x)=sinx-cx,则 g′(x)=cosx-c. π 当 c≤0 时,g(x)>0 对任意 x∈(0, )恒成立, 2 π 当 c≥1 时,因为对任意 x∈(0, ),g′(x)=cosx-c<0, 2 π 所以 g(x)在区间[0, ]上单调递减. 2 π 从而 g(x)<g(0)=0 对任意 x∈(0, )恒成立. 2 π 当 0<c<1 时,存在唯一的 x0∈(0, )使得 2 g′(x0)=cosx0-c=0. π g(x)与 g′(x)在区间(0, )上的情况如下: 2 x g′(x) g(x) (0,x0) + ?↗ x0 0 π (x0, ) 2 - ?↘

因为 g(x)在区间[0,x0]上是增函数,所以 g(x0)>g(0)=0. π 进一步,“g(x)>0 对任意 x∈(0, )恒成立”当且仅当 2 π π 2 g( )=1- c≥0,即 0<c≤ . 2 2 π 2 π 综上所述,当且仅当 c≤ 时,g(x)>0 对任意 x∈(0, )恒成立; π 2 π 当且仅当 c≥1 时,g(x)<0 对任意 x∈(0, )恒成立. 2

sinx π 2 所以,若 a< <b 对任意 x∈(0, )恒成立,则 a 的最大值为 ,b 的最小值为 1. x 2 π 585 3.某种产品每件成本为 6 元,每件售价为 x 元(6<x<11),年销售为 u 万件,若已知 -u 8 21 与(x- )2 成正比,且售价为 10 元时,年销量为 28 万件. 4 (1)求年销售利润 y 关于售价 x 的函数表达式; (2)求售价为多少时,年利润最大,并求出最大年利润. 585 21 解 (1)设 -u=k(x- )2, 8 4 ∵售价为 10 元时,年销量为 28 万件, ∴ 585 21 -28=k(10- )2,解得 k=2. 8 4

21 585 ∴u=-2(x- )2+ =-2x2+21x+18. 4 8 ∴y=(-2x2+21x+18)(x-6)=-2x3+33x2-108x-108(6<x<11). (2)y′=-6x2+66x-108=-6(x2-11x+18) =-6(x-2)(x-9). 令 y′=0,得 x=2(舍去)或 x=9, 显然,当 x∈(6,9)时,y′>0; 当 x∈(9,11)时,y′<0. ∴函数 y=-2x3+33x2-108x-108 在(6,9)上单调递增,在(9,11)上单调递减. ∴当 x=9 时,y 取最大值,且 ymax=135, 即售价为 9 元时,年利润最大,最大年利润为 135 万元. 4.(2015· 课标全国Ⅰ)设函数 f(x)=e2x-alnx. (1)讨论 f(x)的导函数 f′(x)零点的个数; 2 (2)证明:当 a>0 时,f(x)≥2a+aln . a (1)解 f(x)的定义域为(0,+∞), a f′(x)=2e2x- (x>0). x 当 a≤0 时,f′(x)>0,f′(x)没有零点. a 当 a>0 时,因为 y=e2x 单调递增,y=- 单调递增, x a 1 所以 f′(x)在(0,+∞)上单调递增.又 f′(a)>0,当 b 满足 0<b< 且 b< 时,f′(b)<0,故当 4 4 a>0 时,f′(x)存在唯一零点. (2)证明 由(1), 可设 f′(x)在(0, +∞)的唯一零点为 x0, 当 x∈(0, x0)时, f′(x)<0; 当 x∈(x0,

+∞)时,f′(x)>0. 故 f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当 x=x0 时,f(x)取得最小值,最 小值为 f(x0). a a 2 2 2 由于 2e2x0- =0,所以 f(x0)= +2ax0+aln ≥2a+aln .故当 a>0 时,f(x)≥2a+aln . x0 2x0 a a a x+a 5.已知函数 f(x)= x . e (1)若 f(x)在区间(-∞,2)上为单调递增函数,求实数 a 的取值范围; (2)若 a=0,x0<1,设直线 y=g(x)为函数 f(x)的图象在 x=x0 处的切线,求证:f(x)≤g(x). x-?1-a? (1)解 易得 f′(x)=- , ex 由已知得 f′(x)≥0 对 x∈(-∞,2)恒成立, 故 x≤1-a 对 x∈(-∞,2)恒成立, ∴1-a≥2,∴a≤-1. x (2)证明 a=0,则 f(x)= x. e 函数 f(x)的图象在 x=x0 处的切线方程为 y=g(x)=f′(x0)(x-x0)+f(x0). 令 h(x)=f(x)-g(x) =f(x)-f′(x0)(x-x0)-f(x0),x∈R, 1-x 1-x0 则 h′(x)=f′(x)-f′(x0)= x - e ex0 = ?1-x?ex0-?1-x0?ex . x+x0

e

设 φ(x)=(1-x)ex0-(1-x0)ex,x∈R, 则 φ′(x)=-ex0-(1-x0)ex, ∵x0<1,∴φ′(x)<0, ∴φ(x)在 R 上单调递减,而 φ(x0)=0, ∴当 x<x0 时,φ(x)>0,当 x>x0 时,φ(x)<0, ∴当 x<x0 时,h′(x)>0,当 x>x0 时,h′(x)<0, ∴h(x)在区间(-∞,x0)上为增函数,在区间(x0,+∞)上为减函数, ∴x∈R 时,h(x)≤h(x0)=0, ∴f(x)≤g(x).


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