2016高考数学专题复习导练测第三章高考专题突破一高考中的导数应用问题理新人教A版

高考专题突破一 高考中的导数应用问题

考点自测

1．函数y ＝12

x 2－ln x 的单调递减区间为( ) A ．(－1,1]

B ．(0,1]

C ．[1，＋∞)

D ．(0，＋∞) 答案 B

解析 y ＝12x 2－ln x ，y ′＝x －1x ＝x 2－1x ＝ x －1 x ＋1 x

(x >0)． 令y ′≤0，得0

即递减区间为(0,1]．故选B.

2．已知函数f (x )＝a sin 2x －13sin 3x (a 为常数)在x ＝π3

处取得极值，则a 的值为( ) A ．1 B ．0 C.12 D ．－12

答案 A

解析 ∵f ′(x )＝2a cos 2x －cos 3x ，

∴f ′? ??

??π3＝2a cos 23π－cos π＝0， ∴a ＝1，经验证符合题意．

3．函数f (x )＝x 3－3x －1，若对于区间[－3,2]上的任意x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是( )

A ．20

B ．18

C ．3

D ．0

答案 A

解析 因为f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，令f ′(x )＝0，得x ＝±1，可知f (x )在x ＝±1处取得极值．

又f (－3)＝－19，f (－1)＝1，f (1)＝－3，f (2)＝1，

所以在区间[－3,2]上f (x )max ＝1，f (x )min ＝－19.

由题设知在区间[－3,2]上f (x )max －f (x )min ≤t ，从而t ≥20，

所以t 的最小值是20.

4．已知函数f (x )＝ln a ＋ln x x

在[1，＋∞)上为减函数，则实数a 的取值范围为__________． 答案 [e ，＋∞)

解析 f ′(x )＝1x ·x － ln a ＋ln x x 2＝1－ ln a ＋ln x x 2，因为f (x )在[1，＋∞)上为减

函数，故f ′(x )≤0在[1，＋∞)上恒成立，即ln a ≥1－ln x 在[1，＋∞)上恒成立．设φ(x )＝1－ln x ，φ(x )max ＝1，故ln a ≥1，a ≥e.

5．(2013·安徽)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2

＋bx ＋c 有两个极值点x 1，x 2.若f (x 1)＝x 1

答案 3

解析 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ；

由已知x 1，x 2是方程3x 2＋2ax ＋b ＝0的不同两根，

当f (x 1)＝x 1

作y ＝x 1，y ＝x 2与f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 有三个不同交点．

即方程3(f (x ))2＋2af (x )＋b ＝0有三个不同实根．

题型一 利用导数研究函数的单调性

例1 已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x (x ∈R ，e 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 )＝(－x 2＋2x )e x ，

所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x

＝(－x 2＋2)e x .

令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x >0，因为e x >0，

所以－x 2＋2>0，解得－2

所以函数f (x )的单调递增区间是(－2，2)．

(2)因为函数f (x )在(－1,1)上单调递增，

所以f ′(x )≥0对x ∈(－1,1)都成立．

因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x

＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ，

所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x

≥0对x ∈(－1,1)都成立．

因为e x >0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0对x ∈(－1,1)都成立， 即a ≥x 2＋2x x ＋1＝ x ＋1 2－1x ＋1

＝(x ＋1)－1x ＋1

对x ∈(－1,1)都成立． 令y ＝(x ＋1)－1x ＋1，则y ′＝1＋1 x ＋1 2>0.