《高考数学专题3导数及其应用22导数的应用理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学专题3导数及其应用22导数的应用理（4页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、【步步高】（江苏专用）2017版高考数学 专题3 导数及其应用 22 导数的应用 理训练目标(1)利用导数研究函数的常见题型；(2)解题步骤的规范训练.训练题型(1)利用导数求切线问题；(2)导数与单调性；(3)导数与极值、最值.解题策略(1)求曲线切线的关键是确定切点；(2)讨论函数的单调性、极值、最值可通过研究导数的符号用列表法解决；(3)证明不等式、不等式恒成立或有解、函数零点问题都可以转化为函数极值、最值问题.1设f (x)x2xaln x.(1)当a1时，求f (x)的单调区间；(2)若f (x)在2，)上单调递增，求a的取值范围2设f (x)x3x22ax.(1)若f (x)在(，
2、)上存在单调递增区间，求a的取值范围；(2)当0a0时，f (x)0)，f(x)2x1，令f(x)0x1，令f(x)00x0，得a.所以当a时，f (x)在(，)上存在单调递增区间即f (x)在(，)上存在单调递增区间时，a的取值范围为(，)(2)令f(x)0，得两根x1，x2，所以f (x)在(，x1)，(x2，)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增当0a2时，有x11x24，所以f(x)在1,4上的最大值为f(x2)又f (4)f (1)6a0，即f (4)f (1)所以f (x)在1,4上的最小值为f (4)8a.得a1，x22，从而f (x)在1,4上的最大值为f(2).3解(1)在
3、区间(0，)上，f(x)a.若a0，则f(x)0，令f(x)0得x.在区间(0，)上，f(x)0，函数f (x)是增函数，综上所述，当a0时，f (x)的单调递减区间是(0，)，无单调递增区间；当a0时，f (x)的单调递增区间是(，)，单调递减区间是(0，)(2)因为函数f (x)在x1处取得极值，所以f(1)0，解得a1，经检验满足题意由已知f (x)bx2，则x1ln xbx2,1b，令g(x)1，则g(x)，易得g(x)在(0，e2上单调递减，在e2，)上单调递增，所以g(x)ming(e2)1，即b1.4(1)解由题意得所求切线的斜率kf()cos .切点P ( ， )，则切线方程为
4、y( x )，即xy10.(2)解g(x)mx2.当m0时，g(x)0，则g(x)的单调递减区间是(，)；当m0时，令g(x)0，解得x，则g(x)的单调递减区间是(，)，(，)(3)证明当m1时，g(x)x.令h(x)g(x)f (x)xsin x，x(0，)，h(x)1cos x0，则h(x)是(0，)上的增函数，故当x0时，h(x)h(0)0，即sin xx，f(x)g(x).5解(1)f(x)3x22ax，令f(x)0，解得x10，x2.当a0时，因为f(x)3x20，所以函数f (x)在(，)上单调递增；当a0时，x(0，)时，f(x)0，x时，f(x)0，所以函数f (x)在，(0
5、，)上单调递增，在上单调递减；当a0时，x(，0)时，f(x)0，x时，f(x)0，所以函数f (x)在(，0)，上单调递增，在上单调递减(2)由(1)知，函数f (x)的两个极值为f (0)b，f a3b，则函数f (x)有三个零点等价于f (0)f b0，从而或又bca，所以当a0时，a3ac0或当a0时，a3ac0.设g(a)a3ac，因为函数f(x)有三个零点时，a的取值范围恰好是(，3)，则在(，3)上g(a)0，且在上g(a)0均恒成立从而g(3)c10，且gc10，因此c1.此时，f (x)x3ax21a(x1)x2(a1)x1a，因函数有三个零点，则x2(a1)x1a0有两个异于1的不等实根，所以(a1)24(1a)a22a30，且(1)2(a1)1a0，解得a(，3).综上c1.4
