(通用版)2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二層級(jí) 重點(diǎn)增分 專題三 導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用講義 理(普通生含解析)

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《(通用版)2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二層級(jí) 重點(diǎn)增分 專題三 導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用講義 理(普通生含解析)》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(通用版)2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二層級(jí) 重點(diǎn)增分 專題三 導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用講義 理(普通生含解析)(18頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、(通用版)2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二層級(jí) 重點(diǎn)增分 專題三 導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用講義 理(普通生,含解析) [全國(guó)卷3年考情分析] 年份 全國(guó)卷Ⅰ 全國(guó)卷Ⅱ 全國(guó)卷Ⅲ 2018 奇函數(shù)的定義及利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程·T5 利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程·T13 利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求參數(shù)值·T14 利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性·T21(1) 2017 利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性·T21(1) 導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)極值·T11 2016 函數(shù)的奇偶性、利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程·T15 利用導(dǎo)數(shù)公式直接求導(dǎo)·T21(1) (1)高考

2、對(duì)導(dǎo)數(shù)的幾何意義的考查,多在選擇題、填空題中出現(xiàn),難度較小,有時(shí)出現(xiàn)在解答題第一問(wèn). (2)高考重點(diǎn)考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用,即利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值問(wèn)題,多在選擇、填空的后幾題中出現(xiàn),難度中等;有時(shí)也出現(xiàn)在解答題第一問(wèn). (3)近幾年全國(guó)課標(biāo)卷對(duì)定積分及其應(yīng)用的考查極少,題目一般比較簡(jiǎn)單,但也不能忽略. 保分考點(diǎn)·練后講評(píng) [大穩(wěn)定] 1.(2018·全國(guó)卷Ⅱ)曲線y=2ln x在點(diǎn)(1,0)處的切線方程為_(kāi)_____________. 解析:因?yàn)閥′=,y′|x=1=2,所以切線方程為y-0=2(x-1),即y=2x-2. 答案:y=2x-2 2.曲線f(x

3、)=x3-x+3在點(diǎn)P處的切線平行于直線y=2x-1,則點(diǎn)P的坐標(biāo)為_(kāi)_______. 解析:f′(x)=3x2-1,令f′(x)=2,則3x2-1=2,解得x=1或x=-1,∴P(1,3)或 (-1,3),經(jīng)檢驗(yàn),點(diǎn)(1,3),(-1,3)均不在直線y=2x-1上,故點(diǎn)P的坐標(biāo)為(1,3)和(-1,3). 答案:(1,3)和(-1,3) 3.(2018·全國(guó)卷Ⅲ)曲線y=(ax+1)ex在點(diǎn)(0,1)處的切線的斜率為-2,則a=________. 解析:∵y′=(ax+a+1)ex,∴當(dāng)x=0時(shí),y′=a+1, ∴a+1=-2,解得a=-3. 答案:-3 4.曲線f(x)

4、=x3-2x2+2過(guò)點(diǎn)P(2,0)的切線方程為_(kāi)_______. 解析:因?yàn)閒(2)=23-2×22+2=2≠0, 所以點(diǎn)P(2,0)不在曲線f(x)=x3-2x2+2上. 設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0,y0),則≤x0≤, 因?yàn)閒′(x)=3x2-4x, 所以 消去y0,整理得(x0-1)(x-3x0+1)=0, 解得x0=1或x0=(舍去) 或x0=(舍去), 所以y0=1,f′(x0)=-1, 所以所求的切線方程為y-1=-(x-1), 即y=-x+2. 答案:y=-x+2 5.若曲線y=ln(x+a)的一條切線為y=ex+b,其中a,b為正實(shí)數(shù),則a+的取值范圍是___

5、_____. 解析:因?yàn)閥=ln(x+a),所以y′=. 設(shè)切點(diǎn)為(x0,y0),則有 所以b=ae-2. 因?yàn)閎>0,所以a>, 所以a+=a+=a+≥2(當(dāng)且僅當(dāng)a=1時(shí)取等號(hào)), 所以a+的取值范圍是[2,+∞). 答案:[2,+∞) [解題方略] 1.求曲線y=f(x)的切線方程的3種類型及方法 類型 方法 已知切點(diǎn)P(x0,y0),求切線方程 求出切線的斜率f′(x0),由點(diǎn)斜式寫(xiě)出方程 已知切線的斜率k,求切線方程 設(shè)切點(diǎn)P(x0,y0),通過(guò)方程k=f′(x0)解得x0,再由點(diǎn)斜式寫(xiě)出方程 已知切線上一點(diǎn)(非切點(diǎn)),求切線方程 設(shè)切點(diǎn)P(x0

6、,y0),利用導(dǎo)數(shù)求得切線斜率f′(x0),再由斜率公式求得切線斜率,列方程(組)解得x0,再由點(diǎn)斜式或兩點(diǎn)式寫(xiě)出方程 2.由曲線的切線求參數(shù)值或范圍的2種類型及解題關(guān)鍵 類型 解題關(guān)鍵 已知曲線在某點(diǎn)處的切線求參數(shù) 關(guān)鍵是用“方程思想”來(lái)破解,先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),從而求出在某點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值;再根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義與已知條件,建立關(guān)于參數(shù)的方程,通過(guò)解方程求出參數(shù)的值 已知曲線的切線方程,求含有雙參數(shù)的代數(shù)式的取值范圍 關(guān)鍵是過(guò)好“雙關(guān)”:一是轉(zhuǎn)化關(guān),即把所求的含雙參數(shù)的代數(shù)式轉(zhuǎn)化為含單參數(shù)的代數(shù)式,此時(shí)需利用已知切線方程,尋找雙參數(shù)的關(guān)系式;二是求最值關(guān),常利用函數(shù)的單調(diào)性、基本

7、不等式等方法求最值,從而得所求代數(shù)式的取值范圍 [小創(chuàng)新] 1.已知函數(shù)f(x)=x2-ax的圖象在點(diǎn)A(1,f(1))處的切線l與直線x+3y-1=0垂直,記數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn,則S2 018的值為(  ) A.         B. C. D. 解析:選D 由題意知f(x)=x2-ax的圖象在點(diǎn)A(1,f(1))處的切線斜率k=f′(1)= 2-a=3?a=-1,故f(x)=x2+x.則==-,S2 018=1-+-+…+-=1-=. 2.曲線f(x)=-x3+3x2在點(diǎn)(1,f(1))處的切線截圓x2+(y+1)2=4所得的弦長(zhǎng)為(  ) A.4 B.2 C.

8、2 D. 解析:選A 因?yàn)閒′(x)=-3x2+6x,則f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線的斜率k=-3+6=3,又f(1)=2,故切線方程為y-2=3(x-1),即3x-y-1=0. 因?yàn)閳A心C(0,-1)到直線3x-y-1=0的距離d=0, 所以直線3x-y-1=0截圓x2+(y+1)2=4所得的弦長(zhǎng)就是該圓的直徑4,故選A. 3.已知函數(shù)f(x)=x-sin x-cos x的圖象在點(diǎn)A(x0,y0)處的切線的斜率為1,則tan x0=________. 解析:∵f(x)=x-sin x-cos x,∴f′(x)=-cos x+sin x=+sin. ∵函數(shù)f(x)的圖象

9、在點(diǎn)A(x0,y0)處的切線斜率為1, ∴+sin=1, ∴x0-=+2kπ,k∈Z, ∴x0=+2kπ,k∈Z, ∴tan x0=tan=-. 答案:- [析母題] [典例] 已知函數(shù)f(x)=ex(ex-a)-a2x,討論f(x)的單調(diào)性. [解] 函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?-∞,+∞), f′(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a). ①若a=0,則f(x)=e2x在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增. ②若a>0,則由f′(x)=0,得x=ln a. 當(dāng)x∈(-∞,ln a)時(shí),f′(x)<0; 當(dāng)x∈(ln a,+∞)時(shí),f′(x)>0.

10、 故f(x)在(-∞,ln a)上單調(diào)遞減, 在(ln a,+∞)上單調(diào)遞增. ③若a<0,則由f′(x)=0,得x=ln. 當(dāng)x∈時(shí),f′(x)<0; 當(dāng)x∈時(shí),f′(x)>0. 故f(x)在上單調(diào)遞減, 在上單調(diào)遞增. [練子題] 1.若本例中f(x)變?yōu)閒(x)=ln x+-,a∈R且a≠0,討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性. 解:函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞), 則f′(x)=-=. 當(dāng)a<0時(shí),f′(x)>0恒成立, ∴函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增. 當(dāng)a>0時(shí),由f′(x)>0,得x>; 由f′(x)<0,得0

11、,在上單調(diào)遞減. 綜上所述,當(dāng)a<0時(shí),函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增; 當(dāng)a>0時(shí),函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增, 在上單調(diào)遞減. 2.若本例變?yōu)椋阂阎瘮?shù)f(x)=ex(ex-a)-a2x在[1,+∞)上單調(diào)遞增,求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 解:由本例解析知f′(x)=(2ex+a)(ex-a), ∵f(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增, 則f′(x)≥0在[1,+∞)上恒成立, ∴(2ex+a)(ex-a)≥0, ∴-2ex≤a≤ex在[1,+∞)上恒成立, ∴-2e≤a≤e, ∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為[-2e,e]. 3.若本例變?yōu)椋汉瘮?shù)f(x)=ex(ex-a)-a2x在

12、[1,+∞)上存在單調(diào)遞減區(qū)間,求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 解:由本例解析知f′(x)=2e2x-aex-a2, 設(shè)t=ex,∵x∈[1,+∞),∴t∈[e,+∞), 即g(t)=2t2-at-a2在[e,+∞)上有零點(diǎn). ∴g(e)=2e2-ae-a2<0, 解得a>e或a<-2e, ∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為(-∞,-2e)∪(e,+∞). [解題方略] 求解或討論函數(shù)單調(diào)性有關(guān)問(wèn)題的解題策略 討論函數(shù)的單調(diào)性其實(shí)就是討論不等式的解集的情況.大多數(shù)情況下,這類問(wèn)題可以歸結(jié)為一個(gè)含有參數(shù)的一元二次不等式的解集的討論: (1)在能夠通過(guò)因式分解求出不等式對(duì)應(yīng)方程的根時(shí),依據(jù)根的大小進(jìn)行

13、分類討論. (2)在不能通過(guò)因式分解求出根的情況時(shí),根據(jù)不等式對(duì)應(yīng)方程的判別式進(jìn)行分類討論. [注意] 討論函數(shù)的單調(diào)性是在函數(shù)的定義域內(nèi)進(jìn)行的,千萬(wàn)不要忽視了定義域的限制. [多練強(qiáng)化] 1.已知函數(shù)f(x)=-ln x++3,則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(  ) A.(-∞,0)        B.(0,1) C.(0,+∞) D.(1,+∞) 解析:選B f′(x)=-+x(x>0).由得0

14、0),b=f,c=f(3),則a,b,c的大小關(guān)系為(  ) A.c0,函數(shù)f(x)為增函數(shù).又f(3)=f(-1),-1<0<<1,∴f(-1)

15、+1)上有零點(diǎn).由f′(x)=0,得x=,則得1≤a<.∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為. 法二:由已知得f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f′(x)=2x-=,令f′(x)>0,得x>,令f′(x)<0,得0

16、excos x-x,求函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最大值和最小值. [解] f′(x)=ex(cos x-sin x)-1, 令g(x)=ex(cos x-sin x)-1, 則g′(x)=-2sin x·ex≤0在上恒成立,且僅在x=0處等號(hào)成立, ∴g(x)在上單調(diào)遞減, ∴g(x)≤g(0)=0,∴f′(x)≤0,且僅在x=0處等號(hào)成立, ∴f(x)在上單調(diào)遞減, ∴f(x)max=f(0)=1,f(x)min=f=-. [解題方略] 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值、最值的方法 (1)若求極值,則先求方程f′(x)=0的根,再檢查f′(x)在方程根的左右函數(shù)值的符號(hào). (2)若已知極

17、值大小或存在情況,則轉(zhuǎn)化為已知方程f′(x)=0根的大小或存在情況來(lái)求解. (3)求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a,b]的最值時(shí),在得到極值的基礎(chǔ)上,結(jié)合區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值f(a),f(b)與f(x)的各極值進(jìn)行比較得到函數(shù)的最值. 題型二 由函數(shù)的極值(最值)確定參數(shù)值(范圍) [例2] (1)已知函數(shù)f(x)=(a>0)在[1,+∞)上的最大值為,則a的值為(  ) A.-1        B. C. D.+1 (2)已知函數(shù)f(x)=2ln x-2ax+x2有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2(x1

18、當(dāng)a>1時(shí),若x>,則f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減, 若1<x<,則f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增, 故當(dāng)x=時(shí),函數(shù)f(x)有最大值=,得a=<1,不合題意; 當(dāng)a=1時(shí),函數(shù)f(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞減,最大值為f(1)=,不合題意; 當(dāng)0<a<1時(shí),函數(shù)f(x)在 [1,+∞)上單調(diào)遞減,此時(shí)最大值為f(1)==,得a=-1,符合題意. 故a的值為-1. (2)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞), f′(x)=-2a+2x=, 令f′(x)=0,即x2-ax+1=0,要使f(x)在(0,+∞)上有兩個(gè)極值點(diǎn), 則方程x2-ax+1=0有兩個(gè)不相等的正根, 則

19、∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為(2,+∞). [解題方略] 已知函數(shù)極值點(diǎn)或極值求參數(shù)的方法 列式 根據(jù)極值點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)為0和極值這兩個(gè)條件列方程組,利用待定系數(shù)法求解 驗(yàn)證 因?yàn)閷?dǎo)數(shù)值等于零不是此點(diǎn)為極值點(diǎn)的充要條件,所以利用待定系數(shù)法求解后必須驗(yàn)證根的合理性 邏輯推理——分類與整合思想研究函數(shù)的單調(diào)性 [典例] (2018·佛山月考)已知函數(shù)f(x)=ln x-a2x2+ax(a∈R). (1)當(dāng)a=1時(shí),求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,+∞)上是減函數(shù),求實(shí)數(shù)a的取值范圍. [解] (1)當(dāng)a=1時(shí),f(x)=ln x-x2+x,其定

20、義域?yàn)?0,+∞), ∴f′(x)=-2x+1=-, 令f′(x)=0,則x=1(負(fù)值舍去). 當(dāng)00;當(dāng)x>1時(shí),f′(x)<0. ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1),單調(diào)遞減區(qū)間為(1,+∞). (2)法一:f′(x)=-2a2x+a =. ①當(dāng)a=0時(shí),f′(x)=>0, ∴f(x)在區(qū)間(0,+∞)上為增函數(shù),不合題意; ②當(dāng)a>0時(shí),由f′(x)<0,得x>. ∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為. 依題意,得解得a≥1; ③當(dāng)a<0時(shí),由f′(x)<0,得x>-. ∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為. 依題意,得解得a≤-. 綜上所述,實(shí)數(shù)

21、a的取值范圍是∪[1,+∞). 法二:f′(x)=-2a2x+a=. 由f(x)在區(qū)間(1,+∞)上是減函數(shù),可得g(x)=-2a2x2+ax+1≤0在區(qū)間(1,+∞)上恒成立. ①當(dāng)a=0時(shí),1≤0不合題意; ②當(dāng)a≠0時(shí),可得即 ∴∴a≥1或a≤-. ∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是∪[1,+∞). [素養(yǎng)通路] 邏輯推理是指從一些事實(shí)和命題出發(fā),依據(jù)規(guī)則推出其他命題的素養(yǎng).主要包括兩類:一類是從特殊到一般的推理,推理形式主要有歸納、類比;一類是從一般到特殊的推理,推理形式主要有演繹. 本題是含參函數(shù)的單調(diào)性問(wèn)題,對(duì)于此類問(wèn)題一般要分類討論,常見(jiàn)有以下幾種可能:①方程f′(x)=0是

22、否有根;②若f′(x)=0有根,求出根后是否在定義域內(nèi);③若根在定義域內(nèi)且有兩個(gè),比較根的大小是常見(jiàn)的分類方法.考查了邏輯推理這一核心素養(yǎng). A組——“6+3+3”考點(diǎn)落實(shí)練 一、選擇題 1.已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足下列條件: ①f′(x)>0時(shí),x<-1或x>2; ②f′(x)<0時(shí),-1

23、(x)的大致圖象是(  ) 解析:選A 根據(jù)條件知,函數(shù)f(x)在(-1,2)上是減函數(shù).在(-∞,-1),(2,+∞)上是增函數(shù),故選A. 2.(2018·合肥質(zhì)檢)已知直線2x-y+1=0與曲線y=aex+x相切(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)),則實(shí)數(shù)a的值是(  ) A.          B.1 C.2 D.e 解析:選B 由題意知y′=aex+1=2,則a>0,x=-ln a,代入曲線方程得y=1- ln a,所以切線方程為y-(1-ln a)=2(x+ln a),即y=2x+ln a+1=2x+1?a=1. 3.(2019屆高三·廣州高中綜合測(cè)試)已知函數(shù)f(

24、x)=x3+ax2+bx+a2在x=1處的極值為10,則數(shù)對(duì)(a,b)為(  ) A.(-3,3) B.(-11,4) C.(4,-11) D.(-3,3)或(4,-11) 解析:選C f′(x)=3x2+2ax+b,依題意可得 即消去b可得a2-a-12=0, 解得a=-3或a=4,故或當(dāng)時(shí), f′(x)=3x2-6x+3=3(x-1)2≥0,這時(shí)f(x)無(wú)極值,不合題意,舍去,故選C. 4.已知f(x)=x2+ax+3ln x在(1,+∞)上是增函數(shù),則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(  ) A.(-∞,-2] B. C.[-2,+∞) D.[-5,+∞) 解析:選

25、C 由題意得f′(x)=2x+a+=≥0在(1,+∞)上恒成立?g(x)=2x2+ax+3≥0在(1,+∞)上恒成立?Δ=a2-24≤0或?-2≤a≤2或?a≥-2,故選C. 5.(2018·全國(guó)卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)=x3+(a-1)x2+ax,若f(x)為奇函數(shù),則曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為(  ) A.y=-2x B.y=-x C.y=2x D.y=x 解析:選D 法一:∵f(x)=x3+(a-1)x2+ax, ∴f′(x)=3x2+2(a-1)x+a. 又∵f(x)為奇函數(shù),∴f(-x)=-f(x)恒成立, 即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-

26、(a-1)x2-ax恒成立, ∴a=1,∴f′(x)=3x2+1,∴f′(0)=1, ∴曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為y=x. 法二:易知f(x)=x3+(a-1)x2+ax=x[x2+(a-1)x+a],因?yàn)閒(x)為奇函數(shù),所以函數(shù)g(x)=x2+(a-1)x+a為偶函數(shù),所以a-1=0,解得a=1,所以f(x)=x3+x,所以f′(x)=3x2+1,所以f′(0)=1,所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為y=x.故選D. 6.函數(shù)f(x)(x>0)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x),若xf′(x)+f(x)=ex,且f(1)=e,則(  ) A.f(x)的最小值

27、為e B.f(x)的最大值為e C.f(x)的最小值為 D.f(x)的最大值為 解析:選A 設(shè)g(x)=xf(x)-ex, 所以g′(x)=f(x)+xf′(x)-ex=0, 所以g(x)=xf(x)-ex為常數(shù)函數(shù). 因?yàn)間(1)=1×f(1)-e=0, 所以g(x)=xf(x)-ex=g(1)=0, 所以f(x)=,f′(x)=, 當(dāng)01時(shí),f′(x)>0, 所以f(x)≥f(1)=e. 二、填空題 7.(2019屆高三·西安八校聯(lián)考)曲線y=2ln x在點(diǎn)(e2,4)處的切線與坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積為_(kāi)_______.

28、 解析:因?yàn)閥′=,所以曲線y=2ln x在點(diǎn)(e2,4)處的切線斜率為,所以切線方程為y-4=(x-e2),即x-y+2=0.令x=0,則y=2;令y=0,則x=-e2,所以切線與坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積S=×e2×2=e2. 答案:e2 8.已知函數(shù)f(x)=x2-5x+2ln x,則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是________. 解析:函數(shù)f(x)=x2-5x+2ln x的定義域是(0,+∞),令f′(x)=2x-5+==>0,解得02,故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是和(2,+∞). 答案:和(2,+∞) 9.若函數(shù)f(x)=x+aln x不是單調(diào)函數(shù),則實(shí)數(shù)a的

29、取值范圍是________. 解析:由題意知f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f′(x)=1+,要使函數(shù)f(x)=x+aln x不是單調(diào)函數(shù),則需方程1+=0在(0,+∞)上有解,即x=-a,∴a<0. 答案:(-∞,0) 三、解答題 10.已知f(x)=ex-ax2,曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為y=bx+1. (1)求a,b的值; (2)求f(x)在[0,1]上的最大值. 解:(1)f′(x)=ex-2ax, 所以f′(1)=e-2a=b,f(1)=e-a=b+1, 解得a=1,b=e-2. (2)由(1)得f(x)=ex-x2, 則f′(x)=

30、ex-2x,令g(x)=ex-2x,x∈[0,1], 則g′(x)=ex-2, 由g′(x)<0,得00,得ln 20, 所以f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增, 所以f(x)max=f(1)=e-1. 11.(2018·濰坊統(tǒng)一考試)已知函數(shù)f(x)=ax-ln x,F(xiàn)(x)=ex+ax,其中x>0,a<0.若f(x)和F(x)在區(qū)間(0,ln 3)上具有相同的單調(diào)性,求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 解:由題意得f′(x

31、)=a-=,F(xiàn)′(x)=ex+a,x>0, ∵a<0,∴f′(x)<0在(0,+∞)上恒成立,即f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減, 當(dāng)-1≤a<0時(shí),F(xiàn)′(x)>0,即F(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,不合題意, 當(dāng)a<-1時(shí),由F′(x)>0,得x>ln(-a); 由F′(x)<0,得0

32、>1. (1)若f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,求實(shí)數(shù)a的取值范圍; (2)若a=2,求函數(shù)f(x)的極小值. 解:(1)f′(x)=+a, 由題意可得f′(x)≤0在(1,+∞)上恒成立, ∴a≤-=2-. ∵x∈(1,+∞), ∴l(xiāng)n x∈(0,+∞), ∴當(dāng)-=0時(shí),函數(shù)t=2-的最小值為-, ∴a≤-,即實(shí)數(shù)a的取值范圍為. (2)當(dāng)a=2時(shí),f(x)=+2x(x>1), f′(x)=, 令f′(x)=0,得2ln2x+ln x-1=0, 解得ln x=或ln x=-1(舍去),即x=e. 當(dāng)1e時(shí),f′(x)>0, ∴

33、f(x)的極小值為f(e)=+2e=4e. B組——大題專攻補(bǔ)短練 1.(2019屆高三·益陽(yáng)、湘潭調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=ln x-ax2+x,a∈R. (1)當(dāng)a=0時(shí),求曲線y=f(x)在點(diǎn)(e,f(e))處的切線方程; (2)討論f(x)的單調(diào)性. 解:(1)當(dāng)a=0時(shí),f(x)=ln x+x,f(e)=e+1,f′(x)=+1,f′(e)=1+,∴曲線y=f(x)在點(diǎn)(e,f(e))處的切線方程為y-(e+1)=(x-e),即y=x. (2)f′(x)=-2ax+1=,x>0, ①當(dāng)a≤0時(shí),顯然f′(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增; ②當(dāng)a>0時(shí),令f

34、′(x)==0,則-2ax2+x+1=0,易知其判別式為正, 設(shè)方程的兩根分別為x1,x2(x10. 令f′(x)>0,得x∈(0,x2),令f′(x)<0得x∈(x2,+∞),其中x2=, ∴函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增, 在上單調(diào)遞減. 2.已知函數(shù)f(x)=,其中a>0. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若直線x-y-1=0是曲線y=f(x)的切線,求實(shí)數(shù)a的值. (3)設(shè)g(x)=xln x-x2f(x),求g(x)在區(qū)間[1,e]上的最小值.(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)) 解:(1)因?yàn)楹?/p>

35、數(shù)f(x)=, 所以f′(x)==, 由f′(x)>0,得02, 故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,2),單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,0)和(2,+∞). (2)設(shè)切點(diǎn)為(x0,y0), 由切線斜率k=1=?x=-ax0+2a,① 由x0-y0-1=x0--1=0?(x-a)(x0-1)=0?x0=1,x0=±. 把x0=1代入①得a=1, 把x0=代入①得a=1, 把x0=-代入①無(wú)解, 故所求實(shí)數(shù)a的值為1. (3)因?yàn)間(x)=xln x-x2f(x)=xln x-a(x-1), 所以g′(x)=ln x+1-a,由g′(

36、x)>0,得x>ea-1; 由g′(x)<0,得0

37、f(x)有最大值-ln 2,求m+n的最小值. 解:(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞), f′(x)=-4mx=, 當(dāng)m≤0時(shí),f′(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增; 當(dāng)m>0時(shí),令f′(x)>0,得0, ∴f(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減. (2)由(1)知,當(dāng)m≤0時(shí),f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,無(wú)最大值. 當(dāng)m>0時(shí),f(x)在上單調(diào)遞增,在,+∞上單調(diào)遞減. ∴f(x)max=f=ln-2m·-n=-ln 2-ln m--n=-ln 2, ∴n=-ln m-,∴m+n=m-ln m-. 令h(x)=x-

38、ln x-(x>0), 則h′(x)=1-=, 由h′(x)<0,得00,得x>, ∴h(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增, ∴h(x)min=h=ln 2, ∴m+n的最小值為ln 2. 4.(2018·泉州調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)=ln(x+a)-x. (1)若直線l:y=-x+ln 3-是函數(shù)f(x)的圖象的一條切線,求實(shí)數(shù)a的值. (2)當(dāng)a=0時(shí),關(guān)于x的方程f(x)=x2-x+m在區(qū)間[1,3]上有解,求m的取值范圍. 解:(1)∵f(x)=ln(x+a)-x,∴f′(x)=-1, 設(shè)切點(diǎn)為P(x0,y0), 則-1=-,∴x0+a=3. 又ln(x0+a)-x0=-x0+ln 3-, ∴l(xiāng)n 3-x0=-x0+ln 3-, ∴x0=2,∴a=1. (2)當(dāng)a=0時(shí),方程f(x)=x2-x+m, 即ln x-x2+x=m. 令h(x)=ln x-x2+x(x>0), 則h′(x)=-2x+=-. ∴當(dāng)x∈[1,3]時(shí),h′(x),h(x)隨x的變化情況如下表: x 1 3 h′(x) + 0 - h(x)  極大值  ln 3-2 ∵h(yuǎn)(1)=,h(3)=ln 3-2<,h=ln +, ∴當(dāng)x∈[1,3]時(shí),h(x)∈, ∴m的取值范圍為.

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