（江苏专用）2020版高考数学二轮复习 专题一 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数 第5讲 导数

第5讲导数及其应用1．(2019·宁波模拟)曲线y＝xx－2在点(1，－1)处的切线方程为________．[解析]由题意可得：y′＝－2（x－2）2，所以在点(1，－1)处的切线斜率为－2，所以在点(1，－1)处的切线方程为y＝－2x＋1．[答案]y＝－2x＋12．(2019·江苏省高考名校联考信息卷(一))若函数f(x)＝x3－3x2的单调递减区间为[a，b]，则a＋b＝______．[解析]因为f(x)＝x3－3x2，所以f′(x)＝3x2－6x．令f′(x)≤0，得0≤x≤2，所以函数f(x)的单调递减区间为[0，2]，所以a＝0，b＝2所以a＋b＝2．[答案]23．(2019·江苏省名校高三入学摸底卷)已知f(x)是定义在R上的函数，f′(x)为其导函数，f(x)＋f(x＋2)＝4，当x∈[0，2]时，f(x)＝x2，则f′(2019)＝______．[解析]因为f(x)＋f(x＋2)＝4，所以f(x＋2)＋f(x＋4)＝4，所以f(x＋4)＝f(x)，所以f(x)的周期为4．当x∈[2，4]时，x－2∈[0，2]，f(x－2)＝(x－2)2，因为f(x)＋f(x＋2)＝4，所以f(x－2)＋f(x)＝4，所以f(x)＝4－f(x－2)＝4－(x－2)2＝4x－x2，所以f′(x)＝－2x＋4，根据周期性知，f′(2019)＝f′(3)＝－2．[答案]－24．已知函数f(x)＝－x2＋2lnx，g(x)＝x＋ax，若函数f(x)与g(x)有相同的极值点，则实数a的值为________．[解析]因为f(x)＝－x2＋2lnx，所以f′(x)＝－2x＋2x＝－2（x＋1）（x－1）x(x0)，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1(舍去)，又当0x1时，f′(x)0；当x1时，f′(x)0，所以x＝1是函数f(x)的极值点．因为g(x)＝x＋ax，所以g′(x)＝1－ax2．又函数f(x)与g(x)＝x＋ax有相同极值点，所以x＝1也是函数g(x)的极值点，所以g′(1)＝1－a＝0，解得a＝1．经检验，当a＝1时，函数g(x)取到极小值．[答案]15．(2019·高三第一次调研测试)在平面直角坐标系xOy中，已知直线y＝3x＋t与曲线y＝asinx＋bcosx(a，b，t∈R)相切于点(0，1)，则(a＋b)t的值为______．[解析]由题意可得t＝1，b＝1，y′＝acosx－bsinx，则acos0－bsin0＝3，a＝3，所以(a＋b)t＝4．[答案]46．(2018·高考江苏卷)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________．[解析]f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)，当a≤0时，f′(x)0在(0，＋∞)上恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝1，所以此时f(x)在(0，＋∞)内无零点，不满足题意．当a0时，由f′(x)0得xa3，由f′(x)0得0xa3，则f(x)在0，a3上单调递减，在a3，＋∞上单调递增，又f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以fa3＝－a327＋1＝0，得a＝3，所以f(x)＝2x3－3x2＋1，则f′(x)＝6x(x－1)，当x∈(－1，0)时，f′(x)0，f(x)单调递增，当x∈(0，1)时，f′(x)0，f(x)单调递减，则f(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0，则f(x)min＝－4，所以f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3．[答案]－37．(2019·江苏省高考名校联考信息卷(八))已知函数f(x)＝xlnx＋12x2－3x在区间n－12，n内有极值，则整数n的值为______．[解析]由题意知，f′(x)＝lnx＋1＋x－3＝lnx＋x－2，令g(x)＝lnx＋x－2，因为g(32)＝ln32＋32－2＝ln32－12lne－12＝0，g(2)＝ln20，所以函数g(x)＝lnx＋x－2在(32，2)内有零点．又g′(x)＝1x＋10恒成立，所以函数g(x)＝lnx＋x－2在(0，＋∞)上单调递增，所以函数g(x)＝lnx＋x－2有唯一的零点x0∈(32，2)，则当x∈(0，x0)时，f′(x)0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)0，则x0是函数f(x)唯一的极值点，且x0∈(32，2)，结合题意可知n＝2．[答案]28．(2019·高三第二学期四校联考)函数f(x)＝a·ex－e－x的图象在x＝0处的切线与直线y＝2x－3平行，则不等式f(x2－1)＋f(1－x)0的解集为______．[解析]f′(x)＝aex＋e－x，由题易知f′(0)＝a＋1＝2，所以a＝1，所以f(x)＝ex－e－x．易知f(x)＝ex－e－x为奇函数且f′(x)＝ex＋e－x0，所以f(x)在R上单调递增．不等式f(x2－1)＋f(1－x)0可化为f(x2－1)f(x－1)，由f(x)单调递增可得x2－1x－1，解得0x1，所以不等式的解集为{x|0x1}．[答案]{x|0x1}9．(2019·南京四校第一学期联考)已知函数f(x)＝x2－4x的图象上有两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1＜x2，若曲线y＝f(x)在点A，B处的切线互相垂直，则3x1－2x2的最大值是________．[解析]由题意得f′(x)＝2x－4，因为曲线y＝f(x)在点A，B处的切线互相垂直，所以x1≠2，x2≠2，(2x1－4)·(2x2－4)＝－1．又x1＜x2，所以2x1－4＜0，2x2－4＞0，x1＝－14x2－8＋2，则3x1－2x2＝3×－14x2－8＋2－2x2＝－2x2－34x2－8＋6＝－12（4x2－8）＋34x2－8＋2≤－212（4x2－8）·34x2－8＋2＝2－6，当且仅当12(4x2－8)＝34x2－8时，上式取等号，因此3x1－2x2的最大值为2－6．[答案]2－610．(2018·江苏名校高三入学摸底)已知函数f(x)＝x2－alnx的图象在x＝2处的切线与直线x＋3y＝0垂直，g(x)＝x32－axx，若存在正实数m，n，使得f(m)≤f(x)，g(n)≤g(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，则函数h(x)＝mf(x)＋ng(x)的零点个数是________．[解析]由题意可得函数f(x)＝x2－alnx的图象在x＝2处的切线斜率为3，f′(x)＝2x－ax，f′(2)＝4－a2＝3，a＝2，f′(x)＝2x－2x＝2（x＋1）（x－1）x，当0x1时，f′(x)0，f(x)单调递减，当x1时，f′(x)0，f(x)单调递增，所以f(m)＝f(1)，m＝1．g(x)＝x－2x(x0)，g′(x)＝1－1x＝x－1x，当0x1时，g′(x)0，g(x)单调递减，当x1时，g′(x)0，g(x)单调递增，所以g(n)＝g(1)，n＝1．则h(x)＝f(x)＋g(x)＝x2－2lnx＋x－2x，易知当0x1时，h(x)单调递减，当x1时，h(x)单调递增，且h(1)＝0，所以函数h(x)有1个零点．[答案]111．(2019·江苏省名校高三入学摸底卷)已知函数f(x)＝x2lnx－a(x2－x)(a＜0)，g(x)＝f（x）x2－x．(1)若函数g(x)的图象在x＝2处的切线在y轴上的截距为4ln2，求a的值；(2)判断函数g(x)在x∈(0，1)上的单调性，并说明理由；(3)若方程f(x)＝m有两个不相等的实数根x1，x2，求证：x1＋x2＞1．[解](1)g(x)＝f（x）x2－x＝xlnxx－1－a(a＜0)，则g′(x)＝（lnx＋1）（x－1）－xlnx（x－1）2＝x－lnx－1（x－1）2．g(2)＝2ln2－a，g′(2)＝1－ln2，函数g(x)的图象在x＝2处的切线方程为y－(2ln2－a)＝(1－ln2)(x－2)，将点(0，4ln2)代入，解得a＝－2．(2)令h(x)＝x－lnx－1，则h′(x)＝1－1x＝x－1x，当x∈(0，1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，h(x)＞h(1)＝0，则当x∈(0，1)时，g′(x)＞0，所以函数g(x)在x∈(0，1)上单调递增．(3)证明：f′(x)＝2xlnx＋x－a(2x－1)，令φ(x)＝2xlnx＋x－a(2x－1)(a＜0)，则φ′(x)＝2lnx＋3－2a，易知φ′(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，又φ′(ea－2)＝－1＜0，φ′(1)＝3－2a＞0，则存在x0∈(0，1)，使得φ′(x0)＝0，即2lnx0＋3－2a＝0，则f′(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，又f′(x0)＝2x0lnx0＋x0－2ax0＋a＝a－2x0＜0，f′(1)＝1－a＞0，又当0＜x＜x0时，函数f′(x)的图象均在y轴下方，所以可设f′(x3)＝0，则x3∈(x0，1)，所以f(x)在(0，x3)上单调递减，在(x3，＋∞)上单调递增，又f(1)＝0，不妨设x1＜x2，则数形结合可知0＜x1＜x3＜x2＜1．由(2)知，g(x1)＜g(x3)＜g(x2)，即f（x1）＞g（x3）（x21－x1），f（x2）＜g（x3）（x22－x2），则g(x3)(x22－x2)＞f(x2)＝f(x1)＞g(x3)(x21－x1)，所以(x22－x2)－(x21－x1)＝(x2－x1)(x2＋x1－1)＞0，故x1＋x2＞1．12．(2019·江苏名校高三入学摸底)已知函数f(x)＝lnxx－1．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设m0，求函数f(x)在区间[m，2m]上的最大值．[解](1)因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝1－lnxx2，由f′（x）0，x0得0xe；由f′（x）0，x0，得xe．所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．(2)①当2m≤e，m0，即0m≤e2时，[m，2m]⊆(0，e)，函数f(x)在区间[m，2m]上单调递增，所以f(x)max＝f(2m)＝ln2m2m－1；②当me2m，即e2me时，(m，e)⊆(0，e)，(e，2m)⊆(e，＋∞)，函数f(x)在区间(m，e)上单调递增，在(e，2m)上单调递减，所以f(x)max＝f(e)＝lnee－1＝1e－1；③当m≥e时，(m，2m)⊆(e，＋∞)，函数f(x)在区间[m，2m]上单调递减，所以f(x)max＝f(m)＝lnmm－1．综上所述，当0m≤e2时，f(x)max＝ln2m2m－1；当e2me时，f(x)max＝1e－1；当m≥e时，f(x)max＝lnmm－1．13．(2019·高三第二次调研测试)已知函数f(x)＝2lnx＋12x2－ax，a∈R．(1)当a＝3时，求函数f(x)的极值．(2)设函数f(x)的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)，若函数y＝f(x)－g(x)是(0，＋∞)上的增函数，求x0的值．(3)是否存在一条直线与函数f(x)的图象相切于两个不同的点？并说明理由．[解](1)当a＝3时，f(x)＝2lnx＋12x2－3x(x0)，f′(x)＝2x＋x－3＝x2－3x＋2x，令f′(x)＝0得，x＝1或x＝2．当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示．x(0，1)1(1，2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以函数f(x)的极大值f(1)＝－52，极小值为f(2)＝2ln2－4．(2)依题意，知切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)(x00)，从而g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)(x00)，记p(x)＝f(x)－g(x