2020届高考数学大一轮复习讲义：第三章 导数及其应用 高考专题突破一 Word版含答案.pdf

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1、高考专题突破一高考中的导数应用问题【考点自测】x1．若函数f(x)＝2sinx(x∈[0，π])的图像在点P处的切线平行于函数g(x)＝2x3＋1的图像在点Q处的切线，则直线PQ的斜率为()8A.B．2373C.D.33答案A解析f′(x)＝2cosx∈[－2,2]，1g′(x)＝x＋≥2(当且仅当x＝1时取等号)．x当两函数的切线平行时，x＝0，x＝1.pQ88即P(0,0)，Q1，3，∴直线PQ的斜率为3.2．(2017·全国Ⅱ)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的极值点，则f(x)

2、的极小值为()A．－1B．－2e－3C．5e－3D．1答案A解析函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，则f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]．由x＝－2是函数f(x)的极值点，得f′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0，所以a＝－1.所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝ex－1·(x2＋x－2)．由ex－1＞0恒成立，得当x＝－2或x＝1时，f′(x)＝0，且当x＜－2时，f′(x)＞0；当－2＜x＜1时，f

3、′(x)＜0；当x＞1时，f′(x)＞0.所以x＝1是函数f(x)的极小值点．所以函数f(x)的极小值为f(1)＝－1.故选A.3．设f(x)，g(x)在[a，b]上可导，且f′(x)>g′(x)，则当ag(x)B．f(x)g(x)＋f(a)D．f(x)＋g(b)>g(x)＋f(b)答案C解析∵f′(x)－g′(x)>0，∴(f(x)－g(x))′>0，∴f(x)－g(x)在[a，b]上是增函数，∴当af(a)－g(a)，∴f(

4、x)＋g(a)>g(x)＋f(a)．4．若函数f(x)＝2x3－3mx2＋6x在区间(2，＋∞)上是增加的，则实数m的取值范围为____________．5答案－∞，2解析∵f′(x)＝6x2－6mx＋6，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立，1即x2－mx＋1≥0恒成立，∴m≤x＋恒成立．x11令g(x)＝x＋，g′(x)＝1－，xx215∴当x>2时，g′(x)>0，即g(x)在(2，＋∞)上是增加的，∴m≤2＋＝.2215．(2017·江苏)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然对数的底数，

5、若f(a－1)＋f(2a2)ex≤0，则实数a的取值范围是________．1答案－1，21解析因为f(－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－e－x1＝－x3＋2x－ex＋＝－f(x)，ex1所以f(x)＝x3－2x＋ex－是奇函数．ex因为f(a－1)＋f(2a2)≤0，所以f(2a2)≤－f(a－1)，即f(2a2)≤f(1－a)．因为f′(x)＝3x2－2＋ex＋e－x≥3x2－2＋2ex·e－x＝3x2≥0，当且仅当x＝0时“＝”成立，所以f(x)在R上是增加的，1所以2a2≤1－a，即2a2＋a－1≤0

6、，所以－1≤a≤.2题型一利用导数研究函数性质例1(2018·沈阳质检)设f(x)＝xlnx－ax2＋(2a－1)x，a∈R.(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值，求实数a的取值范围．解(1)由f′(x)＝lnx－2ax＋2a，可得g(x)＝lnx－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)，11－2ax所以g′(x)＝－2a＝.xx当a≤0，x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)是增加的；11当a＞0，x∈0，2a时，g′(x)＞0，函数g(x)是增加的，x

7、∈2a，＋∞时，g′(x)＜0，函数g(x)是减少的．所以当a≤0时，函数g(x)的递增区间为(0，＋∞)；1当a＞0时，函数g(x)的递增区间为0，2a，1递减区间为2a，＋∞.(2)由(1)知，f′(1)＝0.①当a≤0时，f′(x)是增加的，所以当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，f(x)是减少的，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)是增加的，所以f(x)在x＝1处取得极小值，不符合题意；111②当0＜a＜2，即2a＞1时，由(1)知f′(x)在0，2a是增加的．可得当x∈(0,

8、1)时，f′(x)＜0，1当x∈1，2a时，f′(x)＞0.1所以f(x)在(0,1)上是减少的，在1，2a上是增加的．所以f(x)在x＝1处取得极小值，不符合题意；11③当a＝，即＝1时，f′(x)在(0,1)上是增加的，22a在(1，＋∞)上是减少的，所以当x∈(0，＋∞)时，f′(