《(通用版)2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二層級 重點增分 專題三 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用講義 理(普通生含解析).doc》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(通用版)2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二層級 重點增分 專題三 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用講義 理(普通生含解析).doc(17頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
重點增分專題三 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用
[全國卷3年考情分析]
年份
全國卷Ⅰ
全國卷Ⅱ
全國卷Ⅲ
2018
奇函數(shù)的定義及利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程T5
利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程T13
利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求參數(shù)值T14
利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性T21(1)
2017
利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性T21(1)
導(dǎo)數(shù)的運算、利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)極值T11
2016
函數(shù)的奇偶性、利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程T15
利用導(dǎo)數(shù)公式直接求導(dǎo)T21(1)
(1)高考對導(dǎo)數(shù)的幾何意義的考查,多在選擇題、填空題中出現(xiàn),難度較小,有時出現(xiàn)在解答題第一問.
(2)高考重點考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用,即利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值問題,多在選擇、填空的后幾題中出現(xiàn),難度中等;有時也出現(xiàn)在解答題第一問.
(3)近幾年全國課標(biāo)卷對定積分及其應(yīng)用的考查極少,題目一般比較簡單,但也不能忽略.
保分考點練后講評
[大穩(wěn)定]
1.(2018全國卷Ⅱ)曲線y=2ln x在點(1,0)處的切線方程為______________.
解析:因為y′=,y′|x=1=2,所以切線方程為y-0=2(x-1),即y=2x-2.
答案:y=2x-2
2.曲線f(x)=x3-x+3在點P處的切線平行于直線y=2x-1,則點P的坐標(biāo)為________.
解析:f′(x)=3x2-1,令f′(x)=2,則3x2-1=2,解得x=1或x=-1,∴P(1,3)或 (-1,3),經(jīng)檢驗,點(1,3),(-1,3)均不在直線y=2x-1上,故點P的坐標(biāo)為(1,3)和(-1,3).
答案:(1,3)和(-1,3)
3.(2018全國卷Ⅲ)曲線y=(ax+1)ex在點(0,1)處的切線的斜率為-2,則a=________.
解析:∵y′=(ax+a+1)ex,∴當(dāng)x=0時,y′=a+1,
∴a+1=-2,解得a=-3.
答案:-3
4.曲線f(x)=x3-2x2+2過點P(2,0)的切線方程為________.
解析:因為f(2)=23-222+2=2≠0,
所以點P(2,0)不在曲線f(x)=x3-2x2+2上.
設(shè)切點坐標(biāo)為(x0,y0),則≤x0≤,
因為f′(x)=3x2-4x,
所以
消去y0,整理得(x0-1)(x-3x0+1)=0,
解得x0=1或x0=(舍去)
或x0=(舍去),
所以y0=1,f′(x0)=-1,
所以所求的切線方程為y-1=-(x-1),
即y=-x+2.
答案:y=-x+2
5.若曲線y=ln(x+a)的一條切線為y=ex+b,其中a,b為正實數(shù),則a+的取值范圍是________.
解析:因為y=ln(x+a),所以y′=.
設(shè)切點為(x0,y0),則有
所以b=ae-2.
因為b>0,所以a>,
所以a+=a+=a+≥2(當(dāng)且僅當(dāng)a=1時取等號),
所以a+的取值范圍是[2,+∞).
答案:[2,+∞)
[解題方略]
1.求曲線y=f(x)的切線方程的3種類型及方法
類型
方法
已知切點P(x0,y0),求切線方程
求出切線的斜率f′(x0),由點斜式寫出方程
已知切線的斜率k,求切線方程
設(shè)切點P(x0,y0),通過方程k=f′(x0)解得x0,再由點斜式寫出方程
已知切線上一點(非切點),求切線方程
設(shè)切點P(x0,y0),利用導(dǎo)數(shù)求得切線斜率f′(x0),再由斜率公式求得切線斜率,列方程(組)解得x0,再由點斜式或兩點式寫出方程
2.由曲線的切線求參數(shù)值或范圍的2種類型及解題關(guān)鍵
類型
解題關(guān)鍵
已知曲線在某點處的切線求參數(shù)
關(guān)鍵是用“方程思想”來破解,先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),從而求出在某點處的導(dǎo)數(shù)值;再根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義與已知條件,建立關(guān)于參數(shù)的方程,通過解方程求出參數(shù)的值
已知曲線的切線方程,求含有雙參數(shù)的代數(shù)式的取值范圍
關(guān)鍵是過好“雙關(guān)”:一是轉(zhuǎn)化關(guān),即把所求的含雙參數(shù)的代數(shù)式轉(zhuǎn)化為含單參數(shù)的代數(shù)式,此時需利用已知切線方程,尋找雙參數(shù)的關(guān)系式;二是求最值關(guān),常利用函數(shù)的單調(diào)性、基本不等式等方法求最值,從而得所求代數(shù)式的取值范圍
[小創(chuàng)新]
1.已知函數(shù)f(x)=x2-ax的圖象在點A(1,f(1))處的切線l與直線x+3y-1=0垂直,記數(shù)列的前n項和為Sn,則S2 018的值為( )
A. B.
C. D.
解析:選D 由題意知f(x)=x2-ax的圖象在點A(1,f(1))處的切線斜率k=f′(1)=
2-a=3?a=-1,故f(x)=x2+x.則==-,S2 018=1-+-+…+-=1-=.
2.曲線f(x)=-x3+3x2在點(1,f(1))處的切線截圓x2+(y+1)2=4所得的弦長為( )
A.4 B.2
C.2 D.
解析:選A 因為f′(x)=-3x2+6x,則f(x)在點(1,f(1))處的切線的斜率k=-3+6=3,又f(1)=2,故切線方程為y-2=3(x-1),即3x-y-1=0.
因為圓心C(0,-1)到直線3x-y-1=0的距離d=0,
所以直線3x-y-1=0截圓x2+(y+1)2=4所得的弦長就是該圓的直徑4,故選A.
3.已知函數(shù)f(x)=x-sin x-cos x的圖象在點A(x0,y0)處的切線的斜率為1,則tan x0=________.
解析:∵f(x)=x-sin x-cos x,∴f′(x)=-cos x+sin x=+sin.
∵函數(shù)f(x)的圖象在點A(x0,y0)處的切線斜率為1,
∴+sin=1,
∴x0-=+2kπ,k∈Z,
∴x0=+2kπ,k∈Z,
∴tan x0=tan=-.
答案:-
[析母題]
[典例] 已知函數(shù)f(x)=ex(ex-a)-a2x,討論f(x)的單調(diào)性.
[解] 函數(shù)f(x)的定義域為(-∞,+∞),
f′(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).
①若a=0,則f(x)=e2x在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增.
②若a>0,則由f′(x)=0,得x=ln a.
當(dāng)x∈(-∞,ln a)時,f′(x)<0;
當(dāng)x∈(ln a,+∞)時,f′(x)>0.
故f(x)在(-∞,ln a)上單調(diào)遞減,
在(ln a,+∞)上單調(diào)遞增.
③若a<0,則由f′(x)=0,得x=ln.
當(dāng)x∈時,f′(x)<0;
當(dāng)x∈時,f′(x)>0.
故f(x)在上單調(diào)遞減,
在上單調(diào)遞增.
[練子題]
1.若本例中f(x)變?yōu)閒(x)=ln x+-,a∈R且a≠0,討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性.
解:函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),
則f′(x)=-=.
當(dāng)a<0時,f′(x)>0恒成立,
∴函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
當(dāng)a>0時,由f′(x)>0,得x>;
由f′(x)<0,得0
0時,函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增,
在上單調(diào)遞減.
2.若本例變?yōu)椋阂阎瘮?shù)f(x)=ex(ex-a)-a2x在[1,+∞)上單調(diào)遞增,求實數(shù)a的取值范圍.
解:由本例解析知f′(x)=(2ex+a)(ex-a),
∵f(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增,
則f′(x)≥0在[1,+∞)上恒成立,
∴(2ex+a)(ex-a)≥0,
∴-2ex≤a≤ex在[1,+∞)上恒成立,
∴-2e≤a≤e,
∴實數(shù)a的取值范圍為[-2e,e].
3.若本例變?yōu)椋汉瘮?shù)f(x)=ex(ex-a)-a2x在[1,+∞)上存在單調(diào)遞減區(qū)間,求實數(shù)a的取值范圍.
解:由本例解析知f′(x)=2e2x-aex-a2,
設(shè)t=ex,∵x∈[1,+∞),∴t∈[e,+∞),
即g(t)=2t2-at-a2在[e,+∞)上有零點.
∴g(e)=2e2-ae-a2<0,
解得a>e或a<-2e,
∴實數(shù)a的取值范圍為(-∞,-2e)∪(e,+∞).
[解題方略]
求解或討論函數(shù)單調(diào)性有關(guān)問題的解題策略
討論函數(shù)的單調(diào)性其實就是討論不等式的解集的情況.大多數(shù)情況下,這類問題可以歸結(jié)為一個含有參數(shù)的一元二次不等式的解集的討論:
(1)在能夠通過因式分解求出不等式對應(yīng)方程的根時,依據(jù)根的大小進行分類討論.
(2)在不能通過因式分解求出根的情況時,根據(jù)不等式對應(yīng)方程的判別式進行分類討論.
[注意] 討論函數(shù)的單調(diào)性是在函數(shù)的定義域內(nèi)進行的,千萬不要忽視了定義域的限制.
[多練強化]
1.已知函數(shù)f(x)=-ln x++3,則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是( )
A.(-∞,0) B.(0,1)
C.(0,+∞) D.(1,+∞)
解析:選B f′(x)=-+x(x>0).由得00,函數(shù)f(x)為增函數(shù).又f(3)=f(-1),-1<0<<1,∴f(-1)0,得x>,令f′(x)<0,得00)在[1,+∞)上的最大值為,則a的值為( )
A.-1 B.
C. D.+1
(2)已知函數(shù)f(x)=2ln x-2ax+x2有兩個極值點x1,x2(x10,f(x)單調(diào)遞增,
故當(dāng)x=時,函數(shù)f(x)有最大值=,得a=<1,不合題意;
當(dāng)a=1時,函數(shù)f(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞減,最大值為f(1)=,不合題意;
當(dāng)0<a<1時,函數(shù)f(x)在 [1,+∞)上單調(diào)遞減,此時最大值為f(1)==,得a=-1,符合題意.
故a的值為-1.
(2)f(x)的定義域為(0,+∞),
f′(x)=-2a+2x=,
令f′(x)=0,即x2-ax+1=0,要使f(x)在(0,+∞)上有兩個極值點,
則方程x2-ax+1=0有兩個不相等的正根,
則
∴實數(shù)a的取值范圍為(2,+∞).
[解題方略] 已知函數(shù)極值點或極值求參數(shù)的方法
列式
根據(jù)極值點處導(dǎo)數(shù)為0和極值這兩個條件列方程組,利用待定系數(shù)法求解
驗證
因為導(dǎo)數(shù)值等于零不是此點為極值點的充要條件,所以利用待定系數(shù)法求解后必須驗證根的合理性
邏輯推理——分類與整合思想研究函數(shù)的單調(diào)性
[典例] (2018佛山月考)已知函數(shù)f(x)=ln x-a2x2+ax(a∈R).
(1)當(dāng)a=1時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,+∞)上是減函數(shù),求實數(shù)a的取值范圍.
[解] (1)當(dāng)a=1時,f(x)=ln x-x2+x,其定義域為(0,+∞),
∴f′(x)=-2x+1=-,
令f′(x)=0,則x=1(負值舍去).
當(dāng)00;當(dāng)x>1時,f′(x)<0.
∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1),單調(diào)遞減區(qū)間為(1,+∞).
(2)法一:f′(x)=-2a2x+a
=.
①當(dāng)a=0時,f′(x)=>0,
∴f(x)在區(qū)間(0,+∞)上為增函數(shù),不合題意;
②當(dāng)a>0時,由f′(x)<0,得x>.
∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為.
依題意,得解得a≥1;
③當(dāng)a<0時,由f′(x)<0,得x>-.
∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為.
依題意,得解得a≤-.
綜上所述,實數(shù)a的取值范圍是∪[1,+∞).
法二:f′(x)=-2a2x+a=.
由f(x)在區(qū)間(1,+∞)上是減函數(shù),可得g(x)=-2a2x2+ax+1≤0在區(qū)間(1,+∞)上恒成立.
①當(dāng)a=0時,1≤0不合題意;
②當(dāng)a≠0時,可得即
∴∴a≥1或a≤-.
∴實數(shù)a的取值范圍是∪[1,+∞).
[素養(yǎng)通路]
邏輯推理是指從一些事實和命題出發(fā),依據(jù)規(guī)則推出其他命題的素養(yǎng).主要包括兩類:一類是從特殊到一般的推理,推理形式主要有歸納、類比;一類是從一般到特殊的推理,推理形式主要有演繹.
本題是含參函數(shù)的單調(diào)性問題,對于此類問題一般要分類討論,常見有以下幾種可能:①方程f′(x)=0是否有根;②若f′(x)=0有根,求出根后是否在定義域內(nèi);③若根在定義域內(nèi)且有兩個,比較根的大小是常見的分類方法.考查了邏輯推理這一核心素養(yǎng).
A組——“6+3+3”考點落實練
一、選擇題
1.已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足下列條件:
①f′(x)>0時,x<-1或x>2;
②f′(x)<0時,-10,x=-ln a,代入曲線方程得y=1- ln a,所以切線方程為y-(1-ln a)=2(x+ln a),即y=2x+ln a+1=2x+1?a=1.
3.(2019屆高三廣州高中綜合測試)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1處的極值為10,則數(shù)對(a,b)為( )
A.(-3,3) B.(-11,4)
C.(4,-11) D.(-3,3)或(4,-11)
解析:選C f′(x)=3x2+2ax+b,依題意可得
即消去b可得a2-a-12=0,
解得a=-3或a=4,故或當(dāng)時,
f′(x)=3x2-6x+3=3(x-1)2≥0,這時f(x)無極值,不合題意,舍去,故選C.
4.已知f(x)=x2+ax+3ln x在(1,+∞)上是增函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍為( )
A.(-∞,-2] B.
C.[-2,+∞) D.[-5,+∞)
解析:選C 由題意得f′(x)=2x+a+=≥0在(1,+∞)上恒成立?g(x)=2x2+ax+3≥0在(1,+∞)上恒成立?Δ=a2-24≤0或?-2≤a≤2或?a≥-2,故選C.
5.(2018全國卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)=x3+(a-1)x2+ax,若f(x)為奇函數(shù),則曲線y=f(x)在點(0,0)處的切線方程為( )
A.y=-2x B.y=-x
C.y=2x D.y=x
解析:選D 法一:∵f(x)=x3+(a-1)x2+ax,
∴f′(x)=3x2+2(a-1)x+a.
又∵f(x)為奇函數(shù),∴f(-x)=-f(x)恒成立,
即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax恒成立,
∴a=1,∴f′(x)=3x2+1,∴f′(0)=1,
∴曲線y=f(x)在點(0,0)處的切線方程為y=x.
法二:易知f(x)=x3+(a-1)x2+ax=x[x2+(a-1)x+a],因為f(x)為奇函數(shù),所以函數(shù)g(x)=x2+(a-1)x+a為偶函數(shù),所以a-1=0,解得a=1,所以f(x)=x3+x,所以f′(x)=3x2+1,所以f′(0)=1,所以曲線y=f(x)在點(0,0)處的切線方程為y=x.故選D.
6.函數(shù)f(x)(x>0)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x),若xf′(x)+f(x)=ex,且f(1)=e,則( )
A.f(x)的最小值為e B.f(x)的最大值為e
C.f(x)的最小值為 D.f(x)的最大值為
解析:選A 設(shè)g(x)=xf(x)-ex,
所以g′(x)=f(x)+xf′(x)-ex=0,
所以g(x)=xf(x)-ex為常數(shù)函數(shù).
因為g(1)=1f(1)-e=0,
所以g(x)=xf(x)-ex=g(1)=0,
所以f(x)=,f′(x)=,
當(dāng)01時,f′(x)>0,
所以f(x)≥f(1)=e.
二、填空題
7.(2019屆高三西安八校聯(lián)考)曲線y=2ln x在點(e2,4)處的切線與坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積為________.
解析:因為y′=,所以曲線y=2ln x在點(e2,4)處的切線斜率為,所以切線方程為y-4=(x-e2),即x-y+2=0.令x=0,則y=2;令y=0,則x=-e2,所以切線與坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積S=e22=e2.
答案:e2
8.已知函數(shù)f(x)=x2-5x+2ln x,則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是________.
解析:函數(shù)f(x)=x2-5x+2ln x的定義域是(0,+∞),令f′(x)=2x-5+==>0,解得02,故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是和(2,+∞).
答案:和(2,+∞)
9.若函數(shù)f(x)=x+aln x不是單調(diào)函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍是________.
解析:由題意知f(x)的定義域為(0,+∞),f′(x)=1+,要使函數(shù)f(x)=x+aln x不是單調(diào)函數(shù),則需方程1+=0在(0,+∞)上有解,即x=-a,∴a<0.
答案:(-∞,0)
三、解答題
10.已知f(x)=ex-ax2,曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y=bx+1.
(1)求a,b的值;
(2)求f(x)在[0,1]上的最大值.
解:(1)f′(x)=ex-2ax,
所以f′(1)=e-2a=b,f(1)=e-a=b+1,
解得a=1,b=e-2.
(2)由(1)得f(x)=ex-x2,
則f′(x)=ex-2x,令g(x)=ex-2x,x∈[0,1],
則g′(x)=ex-2,
由g′(x)<0,得00,得ln 20,
所以f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增,
所以f(x)max=f(1)=e-1.
11.(2018濰坊統(tǒng)一考試)已知函數(shù)f(x)=ax-ln x,F(xiàn)(x)=ex+ax,其中x>0,a<0.若f(x)和F(x)在區(qū)間(0,ln 3)上具有相同的單調(diào)性,求實數(shù)a的取值范圍.
解:由題意得f′(x)=a-=,F(xiàn)′(x)=ex+a,x>0,
∵a<0,∴f′(x)<0在(0,+∞)上恒成立,即f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,
當(dāng)-1≤a<0時,F(xiàn)′(x)>0,即F(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,不合題意,
當(dāng)a<-1時,由F′(x)>0,得x>ln(-a);
由F′(x)<0,得01.
(1)若f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,求實數(shù)a的取值范圍;
(2)若a=2,求函數(shù)f(x)的極小值.
解:(1)f′(x)=+a,
由題意可得f′(x)≤0在(1,+∞)上恒成立,
∴a≤-=2-.
∵x∈(1,+∞),
∴l(xiāng)n x∈(0,+∞),
∴當(dāng)-=0時,函數(shù)t=2-的最小值為-,
∴a≤-,即實數(shù)a的取值范圍為.
(2)當(dāng)a=2時,f(x)=+2x(x>1),
f′(x)=,
令f′(x)=0,得2ln2x+ln x-1=0,
解得ln x=或ln x=-1(舍去),即x=e.
當(dāng)1e時,f′(x)>0,
∴f(x)的極小值為f(e)=+2e=4e.
B組——大題專攻補短練
1.(2019屆高三益陽、湘潭調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=ln x-ax2+x,a∈R.
(1)當(dāng)a=0時,求曲線y=f(x)在點(e,f(e))處的切線方程;
(2)討論f(x)的單調(diào)性.
解:(1)當(dāng)a=0時,f(x)=ln x+x,f(e)=e+1,f′(x)=+1,f′(e)=1+,∴曲線y=f(x)在點(e,f(e))處的切線方程為y-(e+1)=(x-e),即y=x.
(2)f′(x)=-2ax+1=,x>0,
①當(dāng)a≤0時,顯然f′(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增;
②當(dāng)a>0時,令f′(x)==0,則-2ax2+x+1=0,易知其判別式為正,
設(shè)方程的兩根分別為x1,x2(x10.
令f′(x)>0,得x∈(0,x2),令f′(x)<0得x∈(x2,+∞),其中x2=,
∴函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增,
在上單調(diào)遞減.
2.已知函數(shù)f(x)=,其中a>0.
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若直線x-y-1=0是曲線y=f(x)的切線,求實數(shù)a的值.
(3)設(shè)g(x)=xln x-x2f(x),求g(x)在區(qū)間[1,e]上的最小值.(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))
解:(1)因為函數(shù)f(x)=,
所以f′(x)==,
由f′(x)>0,得02,
故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,2),單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,0)和(2,+∞).
(2)設(shè)切點為(x0,y0),
由切線斜率k=1=?x=-ax0+2a,①
由x0-y0-1=x0--1=0?(x-a)(x0-1)=0?x0=1,x0=.
把x0=1代入①得a=1,
把x0=代入①得a=1,
把x0=-代入①無解,
故所求實數(shù)a的值為1.
(3)因為g(x)=xln x-x2f(x)=xln x-a(x-1),
所以g′(x)=ln x+1-a,由g′(x)>0,得x>ea-1;
由g′(x)<0,得00,∴f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增;
當(dāng)m>0時,令f′(x)>0,得0,
∴f(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減.
(2)由(1)知,當(dāng)m≤0時,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,無最大值.
當(dāng)m>0時,f(x)在上單調(diào)遞增,在,+∞上單調(diào)遞減.
∴f(x)max=f=ln-2m-n=-ln 2-ln m--n=-ln 2,
∴n=-ln m-,∴m+n=m-ln m-.
令h(x)=x-ln x-(x>0),
則h′(x)=1-=,
由h′(x)<0,得00,得x>,
∴h(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,
∴h(x)min=h=ln 2,
∴m+n的最小值為ln 2.
4.(2018泉州調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)=ln(x+a)-x.
(1)若直線l:y=-x+ln 3-是函數(shù)f(x)的圖象的一條切線,求實數(shù)a的值.
(2)當(dāng)a=0時,關(guān)于x的方程f(x)=x2-x+m在區(qū)間[1,3]上有解,求m的取值范圍.
解:(1)∵f(x)=ln(x+a)-x,∴f′(x)=-1,
設(shè)切點為P(x0,y0),
則-1=-,∴x0+a=3.
又ln(x0+a)-x0=-x0+ln 3-,
∴l(xiāng)n 3-x0=-x0+ln 3-,
∴x0=2,∴a=1.
(2)當(dāng)a=0時,方程f(x)=x2-x+m,
即ln x-x2+x=m.
令h(x)=ln x-x2+x(x>0),
則h′(x)=-2x+=-.
∴當(dāng)x∈[1,3]時,h′(x),h(x)隨x的變化情況如下表:
x
1
3
h′(x)
+
0
-
h(x)
極大值
ln 3-2
∵h(1)=,h(3)=ln 3-2<,h=ln +,
∴當(dāng)x∈[1,3]時,h(x)∈,
∴m的取值范圍為.
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