【走向高考】2022届高三数学一轮专题1 高考中的导数应用问题(含解析)北师大版
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专题一 高考中的导数应用问题1.已知函数f(x)=(k为常数,e=2.71828…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.[分析] 由f′(1)=0求出k的值;(2)求出函数的定义域,利用导数求单调区间.[解析] (1)由f(x)=,得f′(x)=,x∈(0,+∞),由于曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线与x轴平行.所以f′(1)=0,因此k=1.(2)由(1)得f′(x)=(1-x-xlnx),x∈(0,+∞),令h(x)=1-x-xlnx,x∈(0,+∞),当x∈(0,1)时,h(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h(x)<0.又ex>0,所以x∈(0,1)时,f′(x)>0;x∈(1,+∞)时,f′(x)<0.因此f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).2.设f(x)=-x3+x2+2ax.(1)若f(x)在(,+∞)上存在单调递增区间,求a的取值范围.(2)当0<a<2时,f(x)在[1,4]上的最小值为-,求f(x)在该区间上的最大值.[解析] (1)由f′(x)=-x2+x+2a=-(x-)2++2a当x∈[,+∞)时,f′(x)的最大值为f′()=+2a;令+2a>0,得a>-所以,当a>-时,f(x)在(,+∞)上存在单调递增区间.即f(x)在(,+∞)上存在单调递增区间时,a的取值范围是(-,+∞).(2)令f′(x)=0,得两根x1=,x2=.所以f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增.当0<a<2时,有x1<1<x2<4,所以f(x)在[1,4]上的最大值为f(x2),又f(4)-f(1)=-+6a<0,即f(4)<f(1)-6-\n所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)=8a-=-,得a=1,x2=2,从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)=.3.某村庄似修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度).设该蓄水池的底面半径为r米,高为h米,体积为V平方米.假设建造成本仅与表面积有关,侧面的建造成本为100元/平方米,底面的建造成本为160元/平方米,该蓄水池的总建造成本为12000π元(π为圆周率).(1)将V表示成r的函数V(r),并求该函数的定义域;(2)讨论函数V(r)的单调性,并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大.[解析] (1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh=200πrh元,底面的总成本为160πr2元,所以蓄水池的总成本为(200πrh+160πr2)元,又据题意200πrh+160πr2=12000π,所以h=(300-4r2),从而V(r)=πr2h=(300r-4r2).因r>0,又由h>0可得r<5,故函数V(r)的定义域为(0,5).(2)因V(r)=(300r-4r3),故V′(r)=(300-12r2),令V′(r)=0,解得r1=5.r2=-5(因r2=-5不在定义域内,舍去).当r∈(0,5)时,V′(r)>0,故V(r)在(0,5)上为增函数;当r∈(5,5)时,V′(r)<0,故V(r)在(5,5)上为减函数.由此可知,V(r)在r=5处取得最大值,此时h=8,即当r=5,h=8时,该蓄水池的体积最大.4.(文)(2022·北京高考)已知函数f(x)=2x3-3x.(1)求f(x)在区间[-2,1]上的最大值;(2)若过点P(1,t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切,求t的取值范围.[解析] (1)由f(x)=2x3-3x得f′(x)=6x2-3,令f′(x)=0,得x=-或x=.因为f(-2)=-10,f(-)=,f()=-,f(1)=-1,所以f(x)在区间[-2,1]上的最大值为f(-)=.(2)设过点P(1,t)的直线与曲线y=f(x)相切于点(x0,y0),则y0=2x-3x0,且切线斜率为k=6x-3,所以切线方程为y-y0=(6x-3)(x-x0),因此t-y0=(6x-3)(1-x0).整理得4x-6x+t+3=0.设g(x)=4x3-6x2+t+3,则“过点P(1,t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切”等价于“g(x)有3个不同零点”.g′(x)=12x2-12x=12x(x-1).-6-\ng(x)与g′(x)的情况如下:x(-∞,0)0(0,1)1(1,+∞)g′(x)+0-0+g(x)t+3t+1所以,g(0)=t+3是g(x)的极大值,g(1)=t+1是g(x)的极小值.当g(0)=t+3≤0,即t≤-3时,此时g(x)在区间(-∞,1]和(1,+∞)上分别至多有1个零点,所以g(x)至多有2个零点.当g(1)=t+1≥0,即t≥-1时,此时g(x)在区间(-∞,0)和[0,+∞)上分别至多有1个零点,所以g(x)至多有2个零点.当g(0)>0且g(1)<0,即-3<t<-1时,因为g(-1)=t-7<0,g(2)=t+11>0,所以g(x)分别在区间[-1,0),[0,1)和[1,2)上恰有1个零点.由于g(x)在区间(-∞,0)和(1,+∞)上单调,所以g(x)分别在区间(-∞,0)和[1,+∞)上恰有1个零点.综上可知,当过点P(1,t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切时,t的取值范围是(-3,-1).(理)(2022·新课标Ⅱ)已知函数f(x)=ex-e-x-2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x>0时,g(x)>0,求b的最大值;(3)已知1.4142<<1.4143,估计ln2的近似值(精确到0.001).[解析] (1)f′(x)=ex+e-x-2≥0,等号仅当x=0时成立.所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增.(2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x,g′(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)]=2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2).①当b≤2时,g′(x)≥0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增.而g(0)=0,所以对任意x>0,g(x)>0.②当b>2时,若x满足2<ex+e-x<2b-2,即0<x<ln(b-1+)时,g′(x)<0.而g(0)=0,因此当0<x<ln(b-1+)时,g(x)<0.综上,b的最大值为2.(3)由(2)知,g(ln)=-2b+2(2b-1)ln2,当b=2时,g(ln)=-4+6ln2>0,ln2>>0.6928;当b=+1时,ln(b-1+)=ln,g(ln)=--2+(3+2)ln2<0,ln2<<0.6934.所以ln2的近似值为0.693.1.设函数f(x)=a2lnx-x2+ax,a>0.(1)求f(x)的单调区间;(2)求实数a的值,使e-1≤f(x)≤ex对x∈[1,e]恒成立.注:e为自然对数的底数.[解析] (1)因为f(x)=a2lnx-x2+ax,其中x>0,-6-\n所以f′(x)=-2x+a=-.由于a>0,所以f(x)的增区间为(0,a),减区间为(a,+∞).(2)由题意得f(1)=a-1≥e-1,即a≥e.由(1)知f(x)在[1,e]内单调递增,要使e-1≤f(x)≤e2对x∈[1,e]恒成立.只要解得a=e.2.已知函数f(x)=x2-(a+1)x+a(1+lnx).(1)求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处与直线y=-x+1垂直的切线方程;(2)当a>0时,求函数f(x)的极值.[解析] (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=x-(a+1)+,根据题意知曲线y=f(x)在点(2,f(2))处切线的斜率为1,所以f′(2)=1,即2-(a+1)+=1,所以a=0,f(x)=x2-x,此时f(2)=2-2=0,故曲线y=f(x)在(2,f(2))处与直线y=-x+1垂直的切线方程为y=x-2.(2)f′(x)=x-(a+1)+==.①当0<a<1时,当x∈(0,a)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈(a,1)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.此时x=a是f(x)的极大值点,x=1是f(x)的极小值点,所以函数f(x)的极大值是f(a)=-a2+alna,极小值是f(1)=-;②当a=1时,当x∈(0,1)时,f′(x)>0,当x=1时,f′(x)=0,当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,所以函数f(x)在定义域内单调递增,此时f(x)没有极值点,故极值不存在.③当a>1时,当x∈(0,1)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈(1,a)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,此时x=1是f(x)的极大值点,x=a是f(x)的极小值点,所以函数f(x)的极大值是f(1)=-,极小值是f(a)=-a2+alnA.综上,当0<a<1时,函数f(x)的极大值是-a2+alna,极小值是-;当a=1时,函数f(x)没有极值;当a>1时,函数f(x)的极大值是-,极小值是-a2+alnA.3.(文)(2022·威海模拟)已知函数f(x)=ax+xlnx的图像在点x=e(e为自然对数的底数)处的切线斜率为3.(1)求实数a的值;(2)若k∈Z,且k<对任意x>1恒成立,求k的最大值.[解析] (1)因为f(x)=ax+xlnx,所以f′(x)=a+lnx+1.因为函数f(x)=ax+xlnx的图像在点x=e处的切线斜率为3,所以f′(e)=3,即a+lne+1=3,所以a=1.-6-\n(2)由(1)知,f(x)=x+xlnx,又k<对任意x>1恒成立,即k<对任意x>1恒成立.令g(x)=,则g′(x)=,令h(x)=x-lnx-2(x>1),则h′(x)=1-=>0,所以函数h(x)在(1,+∞)上单调递增.因为h(3)=1-ln3<0,h(4)=2-2ln2>0,所以方程h(x)=0在(1,+∞)上存在唯一实根x0,且满足x0∈(3,4).当1<x<x0时,h(x)<0,即g′(x)<0,当x>x0时,h(x)>0,即g′(x)>0,所以函数g(x)=在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以[g(x)]min=g(x0)===x0∈(3,4),所以k<[g(x)]min=x0∈(3,4),故整数k的最大值为3.(理)(2022·福建高考)已知函数f(x)=ex-ax(a为常数)的图像与y轴交于点A,曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1.(1)求a的值及函数f(x)的极值;(2)证明:当x>0时,x2<ex;(3)证明:对任意给定的正数c,总存在x0,使得当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<cex.[解析] (1)由f(x)=ex-ax,得f′(x)=ex-A.又f′(0)=1-a=-1,得a=2.所以f(x)=ex-2x,f′(x)=ex-2.令f′(x)=0,得x=ln2.当x<ln2时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x>ln2时,f′(x)>0,f(x)单调递增;所以当x=ln2时,f(x)有极小值.且极小值为f(ln2)=eln2-2ln2=2-ln4,f(x)无极大值.(2)令g(x)=ex-x2,则g′(x)=ex-2x.由(1)得,g′(x)=f(x)≥f(ln2)=2-ln4>0,即g′(x)>0.所以g(x)在R上单调递增,又g(0)=1>0,所以当x>0时,g(x)>g(0)>0,即x2<ex.(3)①若c≥1,则ex≤cex,又由(2)知,当x>0时x2<ex,所以当x>0时,x2<ce2,取x0=0当x∈(x0,+∞)时恒有x2<cex②若0<c<1,令k=>1,要使不等式x2<cex成立,只要ex>kx2成立,而要使ex>kx2成立,则只要x>ln(kx2),只要x>2lnx+lnk成立,令h(x)=x-2lnx-lnk,则h′(x)=1-=,所以当x>2时,h′-6-\n(x)>0,h(x)在(2,+∞)内单调递增取x0=16k>16,所以h(x)在(x0,+∞)内单调递增又h(x0)=16k-2ln(16k)-lnk=8(k-ln2)+3(k-lnk)+5k易知k>lnk,k>ln2,5k>0,所以h(x0)>0.即存在x0=,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<cex.综上,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<cex.-6-
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