【2022屆走向高考】高三數(shù)學(xué)一輪(北師大版)專題1-高考中的導(dǎo)數(shù)應(yīng)用問題

專題一高考中的導(dǎo)數(shù)應(yīng)用問題1.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx＋k,ex)(k為常數(shù)，e＝2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與x軸平行．(1)求k的值；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間．[分析]由f′(1)＝0求出k的值；(2)求出函數(shù)的定義域，利用導(dǎo)數(shù)求單調(diào)區(qū)間．[解析](1)由f(x)＝eq\f(lnx＋k,ex)，得f′(x)＝eq\f(1－kx－xlnx,xex)，x∈(0，＋∞)，由于曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線與x軸平行．所以f′(1)＝0，因此k＝1.(2)由(1)得f′(x)＝eq\f(1,xex)(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)，令h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)<0.又ex>0，所以x∈(0,1)時(shí)，f′(x)>0；x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)<0.因此f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)．2．設(shè)f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋2ax.(1)若f(x)在(eq\f(2,3)，＋∞)上存在單調(diào)遞增區(qū)間，求a的取值范圍．(2)當(dāng)0<a<2時(shí)，f(x)在[1,4]上的最小值為－eq\f(16,3)，求f(x)在該區(qū)間上的最大值．[解析](1)由f′(x)＝－x2＋x＋2＝－(x－eq\f(1,2))2＋eq\f(1,4)＋2a當(dāng)x∈[eq\f(2,3)，＋∞)時(shí)，f′(x)的最大值為f′(eq\f(2,3))＝eq\f(2,9)＋2a；令eq\f(2,9)＋2a>0，得a>－eq\f(1,9)所以，當(dāng)a>－eq\f(1,9)時(shí)，f(x)在(eq\f(2,3)，＋∞)上存在單調(diào)遞增區(qū)間．即f(x)在(eq\f(2,3)，＋∞)上存在單調(diào)遞增區(qū)間時(shí)，a的取值范圍是(－eq\f(1,9)，＋∞)．(2)令f′(x)＝0，得兩根x1＝eq\f(1－\r(1＋8a),2)，x2＝eq\f(1＋\r(1＋8a),2).所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上單調(diào)遞減，在(x1，x2)上單調(diào)遞增．當(dāng)0<a<2時(shí)，有x1<1<x2<4，所以f(x)在[1,4]上的最大值為f(x2)，又f(4)－f(1)＝－eq\f(27,2)＋6a<0，即f(4)<f(1)所以f(x)在[1,4]上的最小值為f(4)＝8a－eq\f(40,3)＝－eq\f(16,3)，得a＝1，x2＝2，從而f(x)在[1,4]上的最大值為f(2)＝eq\f(10,3).3．某村莊似修建一個(gè)無蓋的圓柱形蓄水池(不計(jì)厚度)．設(shè)該蓄水池的底面半徑為r米，高為h米，體積為V平方米．假設(shè)建筑成本僅與表面積有關(guān)，側(cè)面的建筑成本為100元/平方米，底面的建筑成本為160元/平方米，該蓄水池的總建筑成本為12000π元(π為圓周率)．(1)將V表示成r的函數(shù)V(r)，并求該函數(shù)的定義域；(2)爭(zhēng)辯函數(shù)V(r)的單調(diào)性，并確定r和h為何值時(shí)該蓄水池的體積最大．[解析](1)由于蓄水池側(cè)面的總成本為100·2πrh＝200πrh元，底面的總成本為160πr2元，所以蓄水池的總成本為(200πrh＋160πr2)元，又據(jù)題意200πrh＋160πr2＝12000π，所以h＝eq\f(1,5r)(300－4r2)，從而V(r)＝πr2h＝eq\f(π,5)(300r－4r2)．因r>0，又由h>0可得r<5eq\r(3)，故函數(shù)V(r)的定義域?yàn)?0,5eq\r(3))．(2)因V(r)＝eq\f(π,5)(300r－4r3)，故V′(r)＝eq\f(π,5)(300－12r2)，令V′(r)＝0，解得r1＝5.r2＝－5(因r2＝－5不在定義域內(nèi)，舍去)．當(dāng)r∈(0,5)時(shí)，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上為增函數(shù)；當(dāng)r∈(5,5eq\r(3))時(shí)，V′(r)<0，故V(r)在(5,5eq\r(3))上為減函數(shù)．由此可知，V(r)在r＝5處取得最大值，此時(shí)h＝8，即當(dāng)r＝5，h＝8時(shí)，該蓄水池的體積最大．4．(文)(2022·北京高考)已知函數(shù)f(x)＝2x3－3x.(1)求f(x)在區(qū)間[－2,1]上的最大值；(2)若過點(diǎn)P(1，t)存在3條直線與曲線y＝f(x)相切，求t的取值范圍．[解析](1)由f(x)＝2x3－3x得f′(x)＝6x2－3，令f′(x)＝0，得x＝－eq\f(\r(2),2)或x＝eq\f(\r(2),2).由于f(－2)＝－10，f(－eq\f(\r(2),2))＝eq\r(2)，f(eq\f(\r(2),2))＝－eq\r(2)，f(1)＝－1，所以f(x)在區(qū)間[－2,1]上的最大值為f(－eq\f(\r(2),2))＝eq\r(2).(2)設(shè)過點(diǎn)P(1，t)的直線與曲線y＝f(x)相切于點(diǎn)(x0，y0)，則y0＝2xeq\o\al(3,0)－3x0，且切線斜率為k＝6xeq\o\al(2,0)－3，所以切線方程為y－y0＝(6xeq\o\al(2,0)－3)(x－x0)，因此t－y0＝(6xeq\o\al(2,0)－3)(1－x0)．整理得4xeq\o\al(3,0)－6xeq\o\al(2,0)＋t＋3＝0.設(shè)g(x)＝4x3－6x2＋t＋3，則“過點(diǎn)P(1，t)存在3條直線與曲線y＝f(x)相切”等價(jià)于“g(x)有3個(gè)不同零點(diǎn)”．g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)．g(x)與g′(x)的狀況如下：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)的極大值，g(1)＝t＋1是g(x)的微小值．當(dāng)g(0)＝t＋3≤0，即t≤－3時(shí)，此時(shí)g(x)在區(qū)間(－∞，1]和(1，＋∞)上分別至多有1個(gè)零點(diǎn)，所以g(x)至多有2個(gè)零點(diǎn)．當(dāng)g(1)＝t＋1≥0，即t≥－1時(shí)，此時(shí)g(x)在區(qū)間(－∞，0)和[0，＋∞)上分別至多有1個(gè)零點(diǎn)，所以g(x)至多有2個(gè)零點(diǎn)．當(dāng)g(0)>0且g(1)<0，即－3<t<－1時(shí)，由于g(－1)＝t－7<0，g(2)＝t＋11>0，所以g(x)分別在區(qū)間[－1,0)，[0,1)和[1,2)上恰有1個(gè)零點(diǎn)．由于g(x)在區(qū)間(－∞，0)和(1，＋∞)上單調(diào)，所以g(x)分別在區(qū)間(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1個(gè)零點(diǎn)．綜上可知，當(dāng)過點(diǎn)P(1，t)存在3條直線與曲線y＝f(x)相切時(shí)，t的取值范圍是(－3，－1)．(理)(2022·新課標(biāo)Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ex－e－x－2x.(1)爭(zhēng)辯f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)g(x)＝f(2x)－4bf(x)，當(dāng)x>0時(shí)，g(x)>0，求b的最大值；(3)已知1.4142<eq\r(2)<1.4143，估量ln2的近似值(精確到0.001)．[解析](1)f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，等號(hào)僅當(dāng)x＝0時(shí)成立．所以f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增．(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當(dāng)b≤2時(shí)，g′(x)≥0，等號(hào)僅當(dāng)x＝0時(shí)成立，所以g(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增．而g(0)＝0，所以對(duì)任意x>0，g(x)>0.②當(dāng)b>2時(shí)，若x滿足2<ex＋e－x<2b－2，即0<x<ln(b－1＋eq\r(b2－2b))時(shí)，g′(x)<0.而g(0)＝0，因此當(dāng)0<x<ln(b－1＋eq\r(b2－2b))時(shí)，g(x)<0.綜上，b的最大值為2.(3)由(2)知，g(lneq\r(2))＝eq\f(3,2)－2eq\r(2)b＋2(2b－1)ln2，當(dāng)b＝2時(shí)，g(lneq\r(2))＝eq\f(3,2)－4eq\r(2)＋6ln2>0，ln2>eq\f(8\r(2)－3,12)>0.6928；當(dāng)b＝eq\f(3\r(2),4)＋1時(shí)，ln(b－1＋eq\r(b2－2b))＝lneq\r(2)，g(lneq\r(2))＝－eq\f(3,2)－2eq\r(2)＋(3eq\r(2)＋2)ln2<0，ln2<eq\f(18＋\r(2),28)<0.6934.所以ln2的近似值為0.693.1.設(shè)函數(shù)f(x)＝a2lnx－x2＋ax，a>0.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求實(shí)數(shù)a的值，使e－1≤f(x)≤ex對(duì)x∈[1，e]恒成立．注：e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．[解析](1)由于f(x)＝a2lnx－x2＋ax，其中x>0，所以f′(x)＝eq\f(a2,x)－2x＋a＝－eq\f(x－a2x＋a,x).由于a>0，所以f(x)的增區(qū)間為(0，a)，減區(qū)間為(a，＋∞)．(2)由題意得f(1)＝a－1≥e－1，即a≥e.由(1)知f(x)在[1，e]內(nèi)單調(diào)遞增，要使e－1≤f(x)≤e2對(duì)x∈[1，e]恒成立．只要eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝a－1≥e－1，,fe＝a2－e2＋ae≤e2，))解得a＝e.2．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－(a＋1)x＋a(1＋lnx)．(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處與直線y＝－x＋1垂直的切線方程；(2)當(dāng)a>0時(shí)，求函數(shù)f(x)的極值．[解析](1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝x－(a＋1)＋eq\f(a,x)，依據(jù)題意知曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處切線的斜率為1，所以f′(2)＝1，即2－(a＋1)＋eq\f(a,2)＝1，所以a＝0，f(x)＝eq\f(1,2)x2－x，此時(shí)f(2)＝2－2＝0，故曲線y＝f(x)在(2，f(2))處與直線y＝－x＋1垂直的切線方程為y＝x－2.(2)f′(x)＝x－(a＋1)＋eq\f(a,x)＝eq\f(x2－a＋1x＋a,x)＝eq\f(x－1x－a,x).①當(dāng)0<a<1時(shí)，當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(a,1)時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．此時(shí)x＝a是f(x)的極大值點(diǎn)，x＝1是f(x)的微小值點(diǎn)，所以函數(shù)f(x)的極大值是f(a)＝－eq\f(1,2)a2＋alna，微小值是f(1)＝－eq\f(1,2)；②當(dāng)a＝1時(shí)，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x＝1時(shí)，f′(x)＝0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，此時(shí)f(x)沒有極值點(diǎn)，故極值不存在．③當(dāng)a>1時(shí)，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，a)時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，此時(shí)x＝1是f(x)的極大值點(diǎn)，x＝a是f(x)的微小值點(diǎn)，所以函數(shù)f(x)的極大值是f(1)＝－eq\f(1,2)，微小值是f(a)＝－eq\f(1,2)a2＋alnA．綜上，當(dāng)0<a<1時(shí)，函數(shù)f(x)的極大值是－eq\f(1,2)a2＋alna，微小值是－eq\f(1,2)；當(dāng)a＝1時(shí)，函數(shù)f(x)沒有極值；當(dāng)a>1時(shí)，函數(shù)f(x)的極大值是－eq\f(1,2)，微小值是－eq\f(1,2)a2＋alnA．3．(文)(2021·威海模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax＋xlnx的圖像在點(diǎn)x＝e(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))處的切線斜率為3.(1)求實(shí)數(shù)a的值；(2)若k∈Z，且k<eq\f(fx,x－1)對(duì)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.由于函數(shù)f(x)＝ax＋xlnx的圖像在點(diǎn)x＝e處的切線斜率為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<eq\f(fx,x－1)對(duì)任意x>1恒成立，即k<eq\f(x＋xlnx,x－1)對(duì)任意x>1恒成立．令g(x)＝eq\f(x＋xlnx,x－1)，則g′(x)＝eq\f(x－lnx－2,x－12)，令h(x)＝x－lnx－2(x>1)，則h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)>0，所以函數(shù)h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．由于h(3)＝1－ln3<0，h(4)＝2－2ln2>0，所以方程h(x)＝0在(1，＋∞)上存在唯一實(shí)根x0，且滿足x0∈(3,4)．當(dāng)1<x<x0時(shí)，h(x)<0，即g′(x)<0，當(dāng)x>x0時(shí)，h(x)>0，即g′(x)>0，所以函數(shù)g(x)＝eq\f(x＋xlnx,x－1)在(1，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以[g(x)]min＝g(x0)＝eq\f(x01＋lnx0,x0－1)＝eq\f(x01＋x0－2,x0－1)＝x0∈(3,4)，所以k<[g(x)]min＝x0∈(3,4)，故整數(shù)k的最大值為3.(理)(2022·福建高考)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax(a為常數(shù))的圖像與y軸交于點(diǎn)A，曲線y＝f(x)在點(diǎn)A處的切線斜率為－1.(1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值；(2)證明：當(dāng)x>0時(shí)，x2<ex；(3)證明：對(duì)任意給定的正數(shù)c，總存在x0，使得當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，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.當(dāng)x<ln2時(shí)，f′(x)<