专题探究课一高考中导数问题的热点题型

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1、(建议用时：80分钟)1.设f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，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)的单调区间与极值.解　(1)因为f(x)＝a(x－5)2＋6lnx(x＞0)，故f′(x)＝2a(x－5)＋.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，解得a＝.(2)由(1)知，f(

2、x)＝(x－5)2＋6lnx(x>0)，f′(x)＝x－5＋＝.令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3.当03时，f′(x)>0，故f(x)的递增区间是(0，2)，(3，＋∞)；当2＜x＜3时，f′(x)＜0，故f(x)的递减区间是(2，3).由此可知f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝＋6ln2，在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln3.2.已知f(x)＝ax2－(a＋2)x＋lnx.(1)a＝1时，求y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程.(2)当a＞0时，若f(x)在区间[1，e]上

3、最小值为－2，求实数a的取值范围.解　(1)当a＝1时，f(x)＝x2－3x＋lnx，f′(x)＝2x－3＋.因为f′(1)＝0，f(1)＝－2，所以曲线y＝f(x)在点(1，－2)处的切线方程是y＝－2.(2)函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋lnx的定义域是(0，＋∞).当a＞0时，f′(x)＝2ax－(a＋2)＋＝，令f′(x)＝＝＝0，所以x＝或x＝.当0＜≤1，即a≥1时，f(x)在[1，e]上单调递增，所以f(x)在[1，e]上的最小值是f(1)＝－2；当1＜＜e时，f(x)在[1，e]上的最小值f

4、＜f(1)＝－2，不合题意；当≥e时，f(x)在[1，e]上单调递减，此时f(x)在[1，e]上的最小值f(e)＜f(1)＝－2，不合题意.综上，实数a的取值范围为[1，＋∞).3.已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m).(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m≤2时，证明：f(x)＞0.(1)解　f′(x)＝ex－，由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝ex－.函数f′(x)＝ex－在(－

5、1，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0，因此当x∈(－1，0)时，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.(2)证明　当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)＞0.当m＝2时，函数f′(x)＝ex－在(－2，＋∞)上单调递增.又f′(－1)＜0，f′(0)＞0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)上有唯一实根x0，且x0∈(－1，0)当x∈(－2，x0)时，f′(x)＜0；当x∈(x0，

6、＋∞)时，f′(x)＞0，从而当x＝x0时，f(x)取得最小值.由f′(x0)＝0得ex0＝，ln(x0＋2)＝－x0，故f(x)≥f(x0)＝＋x0＝＞0.综上，当m≤2时，f(x)＞0.4.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；解　(1)f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，等号仅当x＝0时成立，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.(2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e2x－e－2x－4b(e

7、x－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(－∞，＋∞)上单调递增.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2.5.已知函数f(x)＝ex－m－x，其中m为

8、常数.(1)若对任意x∈R有f(x)≥0恒成立，求m的取值范围；(2)当m>1时，判断f(x)在[0，2m]上零点的个数，并说明理由.解　(1)依题意，可知f′(x)＝ex－m－1，令f′(x)＝0，得x＝m.故当x∈(－∞，m)时，ex－m<1，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(m，＋∞)时，ex－m>1，f′(x)>0，f(x)单调递增.故当x＝m时，f(m)