专题一(高考中的导数)

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1、专题一：高考函数与导数问题的求解策略（第7周第2个）一、利用导数研究函数的单调性、极值、最值例1、已知函数.(1)当a＝1时，求函数y＝f(x)的图象在点(－1，f(－1))处的切线方程．(2)讨论f(x)的单调性．【思路点拨】　(1)先求切点和斜率，再求切线方程；(2)先求f′(x)，然后分a＝0，a＞0，a＜0三种情况求解．【规范解答】　(1)因为当a＝1时，f(x)＝x2e－x，f′(x)＝2xe－x－x2e－x＝(2x－x2)e－x，所以f(－1)＝e，f′(－1)＝－3e.从而y＝f(x)的图象在点(－1，f(－1))处的切线方程为y－e＝－3e(x＋1)，即y＝－3ex－2e.(

2、2)f′(x)＝2xe－ax－ax2e－ax＝(2x－ax2)e－ax.①当a＝0时，若x＜0，则f′(x)＜0，若x＞0，则f′(x)＞0.所以当a＝0时，函数f(x)在区间(－∞，0)上为减函数，在区间(0，＋∞)上为增函数．②当a＞0时，由2x－ax2＜0，解得x＜0或x＞，由2x－ax2＞0，解得0＜x＜.所以当a＞0时，函数f(x)在区间(－∞，0)，(，＋∞)上为减函数，在区间(0，)上为增函数．③当a＜0时，由2x－ax2＜0，解得＜x＜0，由2x－ax2＞0，解得x＜或x＞0.所以，当a＜0时，函数f(x)在区间(－∞，)，(0，＋∞)上为增函数，在区间(，0)上为减函数．综

3、上所述，当a＝0时，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，f(x)在(－∞，0)，(，＋∞)上单调递减，在(0，)上单调递增；当a＜0时，f(x)在(，0)上单调递减，在(－∞，)，(0，＋∞)上单调递增．【反思启迪】　1.本题(2)中f′(x)＝(2x－ax2)e－ax，f′(x)的符号由2x－ax2确定，从而把问题转化为确定2x－ax2的符号问题．2．判断函数的单调性，求函数的单调区间、极值等问题，最终归结到判断f′(x)的符号问题上，而f′(x)＞0或f′(x)＜0，最终可转化为一个一元一次或一元二次不等式问题．(13分)(2012·山东高考)已知函数

4、f(x)＝(k为常数，e＝2.71828…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；(3)设g(x)＝xf′(x)，其中f′(x)为f(x)的导函数，证明：对任意x>0，g(x)<1＋e－2.【规范解答】　(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＝1.3分(2)由(1)得f′(x)＝(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞).5分令h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)，当x∈(0，1)时，h(x)>0；当x∈(1，

5、＋∞)时，h(x)<0.又ex>0，所以当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当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，＋∞).8分(3)因为g(x)＝xf′(x)，所以g(x)＝(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)．由(2)知h(x)＝1－x－xlnx，求导得h′(x)＝－lnx－2＝－(lnx－lne－2)，所以当x∈(0，e－2)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；当x∈(e－2，＋∞)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减.10分所以当x∈(0，＋∞)时，h(x)≤h(e－2)＝1＋e－2.又当x∈(0，＋∞)时，0<<

6、1，所以当x∈(0，＋∞)时，h(x)<1＋e－2，即g(x)<1＋e－2.(2013·乌鲁木齐模拟)设函数f(x)＝e－ax.(1)写出定义域及f′(x)的解析式；(2)设a＞0，讨论函数y＝f(x)的单调性；(3)若对任意x∈(0，1)，恒有f(x)＞1成立，求实数a的取值范围．【解】　(1)f(x)的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝e－ax.(2)①当0＜a≤2时，f′(x)≥0，所以f(x)在(－∞，1)，(1，＋∞)上为增函数；②当a＞2，由f′(x)＞0得ax2＋2－a＞0，x＞或x＜－，∴f(x)在(－∞，－)，(，1)，(1，＋∞)上为增函数，在(－，)上是减

7、函数．(3)①当0＜a≤2时，由(1)知，对任意x∈(0，1)，恒有f(x)＞f(0)＝1；②当a＞2时，由(1)知，f(x)在(0,)上是减函数，在(，1)上是增函数，取x0＝∈(0，1)，则f(x0)＜f(0)＝1；③当a≤0时，对任意x∈(0，1)，恒有＞1且e－ax≥1，得f(x)＝e－ax＞1.综上，当且仅当a∈(－∞，2]时，对任意x∈(0，1)恒有f(x)＞1成立．利用导数判断函数的零点个数问题