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课件 文 北师大版

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1、高考专题突破一高考中的导数应用问题考点自测课时作业题型分类 深度剖析内容索引考点自测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)C.3f(1)=f(3)D.f(1)=f(3)答案解析2.若函数f(x)=kx-lnx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,+∞)答案解析由于f′(x)=k-,f(x)=kx-lnx在区间(1,+∞)上是增加的⇔f′(x)=k-≥0在(1,+∞)

2、上恒成立.由于k≥,而0<<1,所以k≥1.即k的取值范围为[1,+∞).答案解析当x≤0时,f′(x)=6x2+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,则当x=2时,e2a的值必须小于等于2,即e2a≤2,解得a∈(-∞,ln2].4.已知函数f(x)=axlnx,x∈(0,+∞),其中a为实数,f′(x)为f(x)的导函数,若f′(1)=3,则a的值为_____.答案解析3因为f′(1)=3,所以f′

3、(1)=a=3.5.(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)>x2,则不等式(x+2016)2f(x+2016)-9f(-3)>0的解集为____________.答案解析{x

4、x<-2019}由2f(x)+xf′(x)>x2(x<0),得2xf(x)+x2f′(x)

5、016)2f(x+2016),F(-3)=9f(-3),即不等式等价为F(x+2016)-F(-3)>0.∵F(x)在(-∞,0)上是减函数,∴由F(x+2016)>F(-3),得x+2016<-3,∴x<-2019.题型分类 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)已知函数f(x)=lnx+a(1-x).(1)讨论f(x)的单调性;解答若a≤0,则f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上是增加的.(2)当f(x)有最大值,且最大值大于2a-2时,求a的取值范围.解答由(1)知,当

6、a≤0时,f(x)在(0,+∞)上无最大值;当a>0时,f(x)在x=取得最大值,令g(a)=lna+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

7、析.跟踪训练1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)的递增区间;解答当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,(2)若函数f(x)在(-1,1)上是增加的,求a的取值范围.解答因为函数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)ex+(-x

8、2+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,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)=-klnx,k>0.(1)求f(x)的单调区间和极值;解答函数的定义域为(0,+∞).f(x)与f′(x)在区间(0,+∞)上随x的变化情况如下表:x(0,)(,+∞)f′(x)-0+f(x)↘↗所以,f(x)的递减区间是(0,),递增区间是(

9、,+∞).(2)证明:若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.证明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.跟踪训练2已知函数f(x)=x3-3x2+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;解答f′(x)=3x2-6

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