（浙江专用）2018版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教师用书

《（浙江专用）2018版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教师用书》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

1、（浙江专用）2018版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教师用书1．若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是(　　)A．(－∞，－2]B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)D．[1，＋∞)答案　D解析　由于f′(x)＝k－，f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增⇔f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k≥，而0<<1，所以k≥1.即k的取值范围为[1，＋∞)．2．(2016·浙江十校联考)已知函数f(x)＝x3－ax2＋4，若f(x)的图象与x轴正半轴有两个不同的交点，则实数a的取值范围为(　　)A．

2、(1，＋∞)B．(，＋∞)C．(2，＋∞)D．(3，＋∞)答案　D解析　由题意知f′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a)，当a≤0时，不符合题意．当a>0时，f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，所以由题意知f()<0，解得a>3，故选D.3．(2016·全国甲卷)若直线y＝kx＋b是曲线y＝lnx＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝________.答案　1－ln2解析　y＝lnx＋2的切线为y＝·x＋lnx1＋1(设切点横坐标为x1)．11y＝ln(x＋1)的切线为y＝x＋ln(x2＋1)－(设切点横坐标为x2)，∴解得x1＝，x

3、2＝－，∴b＝lnx1＋1＝1－ln2.4．设函数f(x)＝，g(x)＝，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式≤恒成立，则正数k的取值范围是________．答案　[1，＋∞)解析　因为对任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式≤恒成立，所以≥.因为g(x)＝，所以g′(x)＝e2－x(1－x)．当00；当x>1时，g′(x)<0，所以g(x)在(0,1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减．所以当x＝1时，g(x)取到最大值，即g(x)max＝g(1)＝e.又f(x)＝e2x＋≥2e(x>0)．当且仅当e2x＝，即x＝时取等号，故f(x)min＝

4、2e.所以＝＝，应有≥，又k>0，所以k≥1.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；(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　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．11若a＞0，则当x∈时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)无最大值；当a＞0时，f(x)在x＝取得最大值，最大

5、值为f＝ln＋a＝－lna＋a－1.因此f＞2a－2等价于lna＋a－1＜0.令g(a)＝lna＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，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象的性质进行分析．　已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e

6、为自然对数的底数)．(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求a的取值范围．解　(1)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，所以－x2＋2>0，解得－

7、x，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，11即a≥＝＝(x＋1)－对x∈(－1,1)都成立．令y＝(x＋1)－，则y′＝1＋>0.所以y＝(x＋1)－在(－1,1)上单调递增，所以y<(1＋1)－＝，即a≥.因此a的取值范围为a≥.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；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．