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试题 理 北师大版.docVIP

高考专题突破一 高考中的导数应用问题试题 理 北师大版 1．若函数f(x)在R上可导，且满足f(x)－xf′(x)0，则(　　) A．3f(1)f(3) B．3f(1)f(3) C．3f(1)＝f(3) D．f(1)＝f(3) 答案　B 解析　由于f(x)xf′(x)，则′＝0恒成立，因此在R上是减函数， ∴，即3f(1)f(3)．故选B. 2．若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上是增加的，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－ln x在区间(1，＋∞)上是增加的f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立． 由于k≥，而01，所以k≥1. 即k的取值范围为[1，＋∞)． 3．(2016·宝鸡模拟)函数f(x)＝在[－2,2]上的最大值为2，则a的范围是(　　) A．[ln 2，＋∞) B．[0，ln 2] C．(－∞，0] D．(－∞，ln 2] 答案　D 解析　当x≤0时，f′(x)＝6x2＋6x＝6x(x＋1)， 所以f(x)在(－∞，－1)上为增函数， 在(－1,0]上为减函数， 所以f(x)在x∈[－2,0]上的最大值为f(－1)＝2， 欲使得函数f(x)＝在[－2,2]上的最大值为2， 则当x＝2时，e2a的值必须小于等于2， 即e2a≤2，解得a∈(－∞，ln 2]． 4．(2016·全国甲卷)若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝________. 答案　1－ln 2 解析　y＝ln x＋2的切线为y＝·x＋ln x1＋1(设切点横坐标为x1)， y＝ln(x＋1)的切线为y＝x＋ln(x2＋1)－(设切点横坐标为x2)， ∴ 解得x1＝，x2＝－，∴b＝ln x1＋1＝1－ln 2. 5．(2016·陕西西工大附中模拟)设函数f(x)为(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且有2f(x)＋xf′(x)x2，则不等式(x＋2 016)2f(x＋2 016)－9f(－3)0的解集为________． 答案　{x|x－2 019} 解析　由2f(x)＋xf′(x)x2(x0)， 得2xf(x)＋x2f′(x)x3， 即[x2f(x)]′x30. 令F(x)＝x2f(x)， 则当x0时，F′(x)0，即F(x)在(－∞，0)上是减函数， ∴F(x＋2 016)＝(x＋2 016)2f(x＋2 016)， F(－3)＝9f(－3)， 即不等式等价为F(x＋2 016)－F(－3)0. ∵F(x) 在(－∞，0)上是减函数， ∴由F(x＋2 016)F(－3)，得x＋2 016－3， ∴x－2 019. 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)＝ln x＋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，＋∞)上是增加的． 若a＞0，则当x∈时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.所以f(x)在上是增加的，在上是减少的． (2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值； 当a＞0时，f(x)在x＝取得最大值，最大值为f＝ln＋a＝－ln a＋a－1. 因此f＞2a－2等价于ln a＋a－1＜0. 令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上是增加的， 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像的性质进行分析． 　已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex (x∈R，e为自然对数的底数)． (1)当a＝2时，求函数f(x)的递增区间； (2)若函数f(x)在(－1,1)上是增加的，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)ex0，因为ex0， 所以－x2＋20，解得－x. 所以函数f(x)的递增区间是(－，)． (2)因为函数f(x)在(－1,1)上是增加的， 所以f′(x)≥0对x∈(－1,1)都成立． 因为f′(