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1、 考点11 导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例一、 解答题1.(12分)(2018全国卷I高考理科T21)已知函数f=-x+alnx.(1)讨论f的单调性.(2)若f存在两个极值点x1,x2,证明:2,令f(x)=0得,x=或x=.当x时,f(x)0.所以f(x)在,上单调递减,在上单调递增.(2)由(1)知,f(x)存在两个极值点,当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x11.由于=-1+a=-2+a=-2+a,所以a-2等价于-x2+2lnx20.设函数g(x)=-x+2lnx,由(1)知,g(x)在(0,+)上单调递减,
2、又g(1)=0,从而当x(1,+)时,g(x)0.所以-x2+2lnx20,即a-2.2.(2018全国卷II高考理科T21)(12分)已知函数f(x)=ex-ax2.(1)若a=1,证明:当x0时,f(x)1.(2)若f(x)在(0,+)只有一个零点,求a.【命题意图】本题考查利用导数证明不等式和研究函数的零点,意在考查考生的化归与转化能力,分类讨论的思想运用以及求解能力.【解析】(1)当a=1时,f(x)1等价于(x2+1)e-x-10.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x1时,g(x)0,h(x)没有零点;(ii)当a
3、0时,h(x)=ax(x-2)e-x.当x(0,2)时,h(x)0.所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增.故h(2)=1-是h(x)在0,+)上的最小值.若h(2)0,即a,h(x)在(0,+)上没有零点;若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+)上只有一个零点;若h(2),由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)上有一个零点,由(1)知,当x0时,exx2,所以h(4a)=1-=1-1-=1-0.故h(x)在(2,4a)有一个零点,因此h(x)在(0,+)有两个零点.综上,f(x)在(0,+)只有一个零点时,a=.3.(2018全国卷II高考文科T21)(12分)已
4、知函数f=x3-a.(1)若a=3,求f(x)的单调区间.(2)证明:f(x)只有一个零点.【命题意图】本题考查利用导数的有关知识来求解函数的单调区间以及研究函数的零点,意在考查考生的化归与转化能力,分类讨论的思想运用以及求解能力.【解析】(1)当a=3时,f(x)=x3-3x2-3x-3,f(x)=x2-6x-3.令f(x)=0解得x=3-2或3+2.当x(-,3-2)或(3+2,+)时,f(x)0;当x(3-2,3+2)时,f(x)0,所以f(x)=0等价于-3a=0.设g(x)=-3a,则g(x)=0,仅当x=0时g(x)=0,所以g(x)在(-,+)上单调递增.故g(x)至多有一个零点
5、.又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6-0,故f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.4.(本小题满分14分)(2018天津高考理科T20)已知函数f(x)=ax,g(x)=logax,其中a1.()求函数h(x)=f(x)-xlna的单调区间.()若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1)处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2)处的切线平行,证明x1+g(x2)=-.()证明当a时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.【命题意图】本题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究指数函数与对数函数的性质等基础知识和方法.考查函数与方程思想
6、、化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.【解析】(I)由已知,h(x)=ax-xlna,有h(x)=axlna-lna.令h(x)=0,解得x=0.由a1,可知当x变化时,h(x),h(x)的变化情况如表:x(-,0)0(0,+)h(x)-0+h(x)极小值所以函数h(x)的单调递减区间为(-,0),单调递增区间为(0,+).(II)由f(x)=axlna,可得曲线y=f(x)在点(x1,f(x1)处的切线斜率为lna.由g(x)=,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2)处的切线斜率为.因为这两条切线平行,故有lna=,即x2(lna)2=1.两边取以a为底的对数,得l
7、ogax2+x1+2loga(lna)=0,所以x1+g(x2)=-.(III)曲线y=f(x)在点(x1,)处的切线l1:y-=lna(x-x1).曲线y=g(x)在点(x2,logax2)处的切线l2:y-logax2=(x-x2).要证明当a时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当a时,存在x1(-,+),x2(0,+),使得l1和l2重合.即只需证明当a时,方程组有解,由得x2=,代入,得-x1lna+x1+=0,因此,只需证明当a时,关于x1的方程有实数解.设函数u(x)=ax-xaxlna+x+,即要证明当a时,函数y=u(x)存在零点.
8、u(x)=1-(lna)2xax,可知x(-,0)时,u(x)0;x(0,+)时,u(x)单调递减,又u(0)=10,u=1-0,使得u(x0)=0,即1-(lna)2x0=0.由此可得u(x)在(-,x0)上单调递增,在(x0,+)上单调递减.u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).因为a,故ln(lna)-1,所以u(x0)=-x0lna+x0+=+x0+0.下面证明存在实数t,使得u(t)时,有u(x)(1+xlna)(1-xlna)+x+=-(lna)2x2+x+1+,所以存在实数t,使得u(t)1时,g(x)=0,解得x1=-,x2=.易得,g(x)在(-,x1)上单调递增,在x1
9、,x2上单调递减,在(x2,+)上单调递增,g(x)的极大值g(x1)=g=+60,g(x)的极小值g(x2)=g=-+6.若g(x2)0,由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点,不合题意.若g(x2)27,也就是|d|,此时|d|x2,g(|d|)=|d|+60,且-2|d|x1,g(-2|d|)=-6|d|3-2|d|+6-62+60),则年总产值为4k800(4sincos+cos)+3k1600(cos-sincos) =8000k(sincos+cos),.设f()=sincos+cos,则f()=cos2-sin2-sin=-(2sin2+sin-1)=-(2sin-
10、1)(sin+1).令f()=0,得=,当时,f()0,所以f()为增函数;当时,f()0,判断是否存在b0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+)内存在“S点”,并说明理由.【解析】(1)函数f(x)=x,g(x)=x2+2x-2,则f(x)=1,g(x)=2x+2.由f(x)=g(x)且f(x)=g(x),得此方程组无解,因此,f(x)与g(x)不存在“S”点.(2)函数f(x)=ax2-1,g(x)=lnx,则f(x)=2ax,g(x)=.设x0为f(x)与g(x)的“S”点,由f(x0)=g(x0)且f(x0)=g(x0),得即(*)得lnx0=-,即x0=,则a=.当a=时,x0=
11、满足方程组(*),即x0为f(x)与g(x)的“S”点.因此,a的值为.(3)f(x)=-2x,g(x)=,(x0),由f(x0)=g(x0),得b=-0,得0x00,0x0,0x1),则m(0)=-a0,得m(0)m(1)8-8ln2.()若a3-4ln2,证明:对于任意k0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.【命题意图】本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.【解析】()函数f(x)的导函数f(x)=-,由f(x1)=f(x2)得-=-,因为x1x2,所以+=.由基本不等式得=+2.因为x1x2,所以x1x2256.由题意得f(x1)+f(x2)=-lnx1+-lnx2=-ln(x1x2).设g(x)=-lnx,则g(x)=(-4),所以x(0,16)16(16,+)g(x)-0+g(x)2-4ln2所以g(x)在(256,+)上单调递增,故g(x1x2)g(256)=8-8ln2,即f(x1)+f(x2)8-8ln2.()令m=e-(|a|+k),n=+1,则f(m)-km-a|a|+k-k-a0,f(n)-kn-ann0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.