专题05 函数与导数的综合应用-冲刺高考数学二轮复习核心考点特色突破含解析.docVIP

专题05 函数与导数的综合运用 【自主热身，归纳提炼】 1、函数f(x)＝eq \f(1,3)ax3＋eq \f(1,2)ax2－2ax＋2a＋1的图像经过四个象限的充要条件是________． 【答案】－eq \f(6,5)<a<－eq \f(3,16)　 【解析】：由f′(x)＝ax2＋ax－2a＝0得x＝1或x＝－2，结合图像可知函数的图像经过四个象限的充要条件是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a<0，,f?1?>0，,f?－2?<0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a>0，,f?1?<0，,f?－2?>0，))解得－eq \f(6,5)<a<－eq \f(3,16). 2、 在平面直角坐标系xOy中，直线l与曲线y＝x2(x>0)和y＝x3(x>0)均相切，切点分别为A(x1，y1)和B(x2，y2)，则eq \f(x1,x2)的值为________． 3、已知点A(0,1)，曲线C：y＝logax恒过点B，若P是曲线C上的动点，且eq \o(AB,\s\up6(→))·eq \o(AP,\s\up6(→))的最小值为2，则实数a＝________. 【答案】e　 eq \a\vs4\al(思路分析) 根据条件，要求eq \o(AB,\s\up6(→))·eq \o(AP,\s\up6(→))的最小值，首先要将它表示成点P(x，logax)的横坐标x的函数，然后再利用导数的方法来判断函数的单调性，由此来求出函数的最小值． 点A(0,1)，B(1,0)，设P(x，logax)，则eq \o(AB,\s\up6(→))·eq \o(AP,\s\up6(→))＝(1，－1)·(x，logax－1)＝x－logax＋1.依题f(x)＝x－logax＋1在(0，＋∞)上有最小值2且f(1)＝2，所以x＝1是f(x)的极值点，即最小值点．f′(x)＝1－eq \f(1,xlna)＝eq \f(xlna－1,xlna).若0<a<1，f′(x)>0，f(x)单调递增，在(0，＋∞)无最小值，所以a>1.设f′(x)＝0，则x＝logae，当x∈(0，logae)时，f′(x)<0；当x∈(logae，＋∞)时，f′(x)>0，从而当且仅当x＝logae时，f(x)取最小值，所以logae＝1，a＝e. eq \a\vs4\al(解后反思) 本题的关键在于要能观察出f(x)＝x－logax＋1＝2的根为1，然后利用函数的极小值点为x＝1来求出a的值，因而解题过程中，不断地思考、观察很重要，平时学习中，要养成多思考、多观察的习惯． 4、 已知函数f(x)＝x－1－(e－1)lnx，其中e为自然对数的底，则满足f(ex)＜0的x的取值范围为________． 【答案】(0,1)　 eq \a\vs4\al(思路分析) 注意到条件f(ex)<0，让我们想到需要研究函数f(x)的单调性，通过函数的单调性将问题进行转化化简． 【答案】： －eq \f(1,e)　 【思路分析】 若eq \f(b,a)的最小值为λ，则eq \f(b,a)≥λ恒成立，结合题意必有λa－b≤0恒成立．由f(x)＝(lnx＋ex)－ax－b≤0恒成立，得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e)a－b≤0.猜想a＞0，从而eq \f(b,a)≥－eq \f(1,e). f′(x)＝eq \f(1,x)＋(e－a)＝eq \f(?e－a?x＋1,x)(x＞0)， 当e－a≥0，即a≤e时，f(eb)＝(e－a)eb＞0，显然f(x)≤0不恒成立． 当e－a＜0，即a＞e时，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a－e)))时，f′(x)＞0，f(x)为增函数；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－e)，＋∞))时，f′(x)＜0，f(x)为减函数，所以f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－e)))＝－ln(a－e)－b－1. 由f(x)≤0恒成立，得f(x)max≤0，所以b≥－ln(a－e)－1，所以得eq \f(b,a)≥eq \f(－ln?a－e?－1,a). 设g(x)＝eq \f(－ln?x－e?－1,x)(x＞e)， g′(x)＝eq \f(\f(x,e－x)＋ln?x－e?＋1,x2)＝eq \f(\f(e,e－x)＋ln?x－e?,x2). 由于y＝eq \f(e,e－x)＋ln(x－e)为增函数，且当x＝2e时，g′(x)＝0，所以当x∈(e,2e)时，g′(x)＜0，g(x)为减函数；当x∈(2