【2022届走向高考】高三数学一轮(北师大版)专题1-高考中的导数应用问题.docx

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＝2.718 28…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)
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．假设建筑成本仅与表面积有关，侧面的建筑成本为100元/平方米，底面的建筑成本为160元/平方米，该蓄水池的总建筑成本为12 000π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)争辩函数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)由于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＝12 000π，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＝.
由于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)．
g(x)与g′(x)的状况如下：
x
(－∞，0)
0
(0,1)
1
(1，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)

t＋3

t＋1

所以，g(0)＝t＋3是g(x)的极大值，g(1)＝t＋1是g(x)的微小值．
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，由于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)争辩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，估量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)由于f(x)＝a2lnx－x2＋ax，其中x>0，
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)＋，依据题意知曲线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)的微小值点，所以函数f(x)的极大值是f(a)＝－a2＋alna，微小值是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)的微小值点，所以函数f(x)的极大值是f(1)＝－，微小值是f(a)＝－a2＋alnA．
综上，当0<a<1时，函数f(x)的极大值是－a2＋alna，微小值是－；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－，微小值是－a2＋alnA．
3．(文)(2021·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)由于f(x)＝ax＋xlnx，
所以f′(x)＝a＋lnx＋1.
由于函数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.
(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．
由于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)有微小值．
且微小值为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<cex
②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′(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.