【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，e2.718 28是自然对数的底数)，曲线yf(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yf(x)在(1，f(1)处的切线与x轴平行所以f (1)0，因此k1.(2)由(1)得f (x)(1xxlnx)，x(0，)，令h(x)1xxlnx，x(0，)，当x(0,1)时，h(x)0；当x(1，)时，h(x)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)x3x22ax.(1)若f(x)在(，)上存在单调递增区间，求a的取值范围(2)当0a0，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0a2时，有x11x24，所以f(x)在1,4上的最大值为f(x2)，又f(4)f(1)6a0，即f(4)0，又由h0可得r0，故V(r)在(0,5)上为增函数；当r(5,5)时，V(r)0且g(1)0，即3t1时，由于g(1)t70，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yf(x)相切时，t的取值范围是(3，1)(理)(2022新课标)已知函数f(x)exex2x.(1)争辩f(x)的单调性；(2)设g(x)f(2x)4bf(x)，当x0时，g(x)0，求b的最大值；(3)已知1.41420，g(x)0.当b2时，若x满足2exex2b2，即0xln(b1)时，g(x)0.而g(0)0，因此当0xln(b1)时，g(x)0，ln20.6928；当b1时，ln(b1)ln，g(ln)2(32)ln20，ln20.(1)求f(x)的单调区间；(2)求实数a的值，使e1f(x)ex对x1，e恒成立注：e为自然对数的底数解析(1)由于f(x)a2lnxx2ax，其中x0，所以f(x)2xa.由于a0，所以f(x)的增区间为(0，a)，减区间为(a，)(2)由题意得f(1)a1e1，即ae.由(1)知f(x)在1，e内单调递增，要使e1f(x)e2对x1，e恒成立只要解得ae.2已知函数f(x)x2(a1)xa(1lnx)(1)求曲线yf(x)在点(2，f(2)处与直线yx1垂直的切线方程；(2)当a0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(a1)，依据题意知曲线yf(x)在点(2，f(2)处切线的斜率为1，所以f(2)1，即2(a1)1，所以a0，f(x)x2x，此时f(2)220，故曲线yf(x)在(2，f(2)处与直线yx1垂直的切线方程为yx2.(2)f(x)x(a1).当0a0，函数f(x)单调递增；当x(a,1)时，f(x)0，函数f(x)单调递增此时xa是f(x)的极大值点，x1是f(x)的微小值点，所以函数f(x)的极大值是f(a)a2alna，微小值是f(1)；当a1时，当x(0,1)时，f(x)0，当x1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，故极值不存在当a1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)单调递增，此时x1是f(x)的极大值点，xa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)a2alnA综上，当0a1时，函数f(x)的极大值是，微小值是a2alnA3(文)(2021威海模拟)已知函数f(x)axxlnx的图像在点xe(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kZ，且k1恒成立，求k的最大值解析(1)由于f(x)axxlnx，所以f(x)alnx1.由于函数f(x)axxlnx的图像在点xe处的切线斜率为3，所以f(e)3，即alne13，所以a1.(2)由(1)知，f(x)xxlnx，又k1恒成立，即k1恒成立令g(x)，则g(x)，令h(x)xlnx2(x1)，则h(x)10，所以函数h(x)在(1，)上单调递增由于h(3)1ln30，所以方程h(x)0在(1，)上存在唯一实根x0，且满足x0(3,4)当1xx0时，h(x)0，即g(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)ming(x0)x0(3,4)，所以k0时，x2ex；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x(x0，)时，恒有x2cex.解析(1)由f(x)exax，得f(x)exA又f(0)1a1，得a2.所以f(x)ex2x，f(x)ex2.令f(x)0，得xln2.当xln2时，f(x)ln2时，f(x)0，f(x)单调递增；所以当xln2时，f(x)有微小值且微小值为f(ln2)eln22ln22ln4，f(x)无极大值(2)令g(x)exx2，则g(x)ex2x.由(1)得，g(x)f(x)f(ln2)2ln40，即g(x)0.所以g(x)在R上单调递增，又g(0)10，所以当x0时，g(x)g(0)0，即x20时x20时，x2ce2，取x00当x(x0，)时恒有x2cex若0c1，要使不等式x2kx2成立，而要使exkx2成立，则只要xln(kx2)，只要x2lnxlnk成立，令h(x)x2lnxlnk，则h(x)1，所以当x2时，h(x)0，h(x)在(2，)内单调递增取x016k16，所以h(x)在(x0，)内单调递增又h(x0)16k2ln(16k)lnk8(kln2)3(klnk)5k易知klnk，kln2,5k0，所以h(x0)0.即存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex.