考点3.2 导数的应用-2021年高考数学一轮复习考点清盘（新高考地区）

3.2　导数的应用 考点一　利用导数研究函数的单调性 1.若函数f(x)=ex-(a-1)x+1在(0,1)上递减,则a的取值范围是(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.(e+1,+∞) B.[e+1,+∞) C.(e-1,+∞) D.[e-1,+∞) 【答案】　B　 2.已知定义在R上的可导函数f(x)满足f '(x)<1,若f(2-m)-f(m)>2-2m,则实数m的取值范围是　　　　.  【答案】　(1,+∞) 3.设函数f(x)=x3-3ax2+3bx的图象与直线12x+y-1=0相切于点(1,-11). (1)求a,b的值; (2)讨论函数f(x)的单调性. 【答案】　(1)易得f '(x)=3x2-6ax+3b. 因为f(x)的图象与直线12x+y-1=0相切于点(1,-11), 所以f(1)=-11,f '(1)=-12,即 解得 (2)由a=1,b=-3得f '(x)=3x2-6ax+3b=3(x2-2x-3)=3(x+1)(x-3). 令f '(x)>0,解得x<-1或x>3,令f '(x)<0,解得-1<x<3. 所以当x∈(-∞,-1)时,f(x)是增函数, 当x∈(3,+∞)时,f(x)也是增函数; 当x∈(-1,3)时,f(x)是减函数. 考点二　利用导数研究函数的极值与最值 1.已知x0是函数f(x)=x3-12x的极小值点,则x0=　　　　.  【答案】　2 2.函数f(x)=aex+x2-ln x(e为自然对数的底数,a为常数),曲线f(x)在x=1处的切线方程为(e+1)x-y=0. (1)求实数a的值; (2)证明:f(x)的最小值大于+ln 2. 【答案】　(1)对f(x)求导可得f '(x)=aex+2x-,所以f '(1)=ae+1. 由曲线f(x)在x=1处的切线方程为(e+1)x-y=0可知ae+1=e+1,故a=1. (2)证明:由(1)知f(x)=ex+x2-ln x(x>0),f '(x)=ex+2x-, 令f '(x)=g(x),则g'(x)=ex+2+,易知g'(x)>0, 所以f '(x)在(0,+∞)上单调递增. 注意到f '=+-4<0,f '=+1-2>0,所以由零点存在性定理可知存在x0∈,使得f '(x0)=0,即+2x0-=0,即=-2x0. 当0<x<x0时,f '(x)<0,f(x)单调递减,当x>x0时,f '(x)>0,f(x)单调递增. 于是f(x)≥f(x0)=+-ln x0=-2x0+-ln x0=(x0-1)2+-ln x0-1, 易知f(x0)=(x0-1)2+-ln x0-1在上单调递减, 所以f(x)≥f(x0)>f=+ln 2. 3.已知函数f(x)=-x2+ax-ln x(a∈R). (1)若函数f(x)是单调递减函数,求实数a的取值范围; (2)若函数f(x)在区间(0,3)上既有极大值又有极小值,求实数a的取值范围. 【答案】　(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=-2x+a-=(x>0). ∵函数f(x)是单调递减函数, ∴f '(x)≤0对x∈(0,+∞)恒成立, ∴-2x2+ax-1≤0对x∈(0,+∞)恒成立,即a≤2x+对x∈(0,+∞)恒成立. ∵2x+≥2=2当且仅当2x=,即x=时取“=”,∴a≤2. (2)∵函数f(x)在(0,3)上既有极大值又有极小值, ∴f '(x)==0在(0,3)上有两个相异实根, 即2x2-ax+1=0在(0,3)上有两个相异实根, 令g(x)=2x2-ax+1,则得 ∴2<a<.故a的取值范围为. 考点三　导数的综合应用 1.定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足f(x)+xf '(x)=, f(1)=0,若关于x的方程|f(x)|-a=0有3个实根,则a的取值范围是　　　　.  【答案】　 2.设函数h(x)=(1-x)ex-a(x2+1). (1)若函数h(x)在点(0,h(0))处的切线方程为y=kx+2,求实数k与a的值; (2)若函数h(x)有两个零点x1,x2,求实数a的取值范围. 【答案】　(1)因为h'(x)=-xex-2ax,所以k=h'(0)=0, 又因为h(0)=1-a,所以1-a=2,即a=-1. (2)令h(x)=0,得(1-x)ex-ax2=a,所以a=, 令f(x)=(x∈R), 则f '(x)=ex=-ex, 令f '(x)>0,解得x<0,令f '(x)<0,解得x>0, 则函数f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,所以f(x)max=f(0)=1, 又当x<1时,f(x)>0,当x>1时,f(x)<0, 画出函数f(x)的大致图象如图,由图知要使函数f(x)的图象与直线