高考数学大一轮复习 高考专题突破一 高考中的导数应用问题教师用书 理 苏教版

为深入贯彻落实党的十九大精神和习近平总书记的重要指示精神，保障人民安居乐业、社会安定有序、国家长治久安、进一步巩固党的执政基础，束城镇深入贯彻全市扫黑除恶会议精神，强化措施，深入扎实开展扫黑除恶专项斗争高考专题突破一 高考中的导数应用问题教师用书 理 苏教版1.(2016全国丙卷)已知f(x)为偶函数，当x0时，f(x)ex1x，则曲线yf(x)在点(1，2)处的切线方程是_.答案2xy0解析设x0，则x0，f(x)ex1x，因为f(x)为偶函数，所以f(x)ex1x，f(x)ex11，f(1)2，曲线在点(1，2)处的切线方程为y22(x1)，即2xy0.2.若函数f(x)kxln x在区间(1，)上单调递增，则k的取值范围是_.答案1，)解析由于f(x)k，f(x)kxln x在区间(1，)上单调递增f(x)k0在(1，)上恒成立.由于k，而00时，f(x)在(0，)上单调递减，在(，)上单调递增，所以由题意知f()3.4.已知函数f(x)x1(e1)ln x，其中e为自然对数的底数，则满足f(ex)0的x的取值范围为_.答案(0，1)解析令f(x)10，得xe1.当x(0，e1)时，f(x)0，函数f(x)单调递增.又f(1)f(e)0，1e1e，所以由f(ex)0，得1exe，解得0x1.5.设函数f(x)，g(x)，对任意x1，x2(0，)，不等式恒成立，则正数k的取值范围是_.答案1，)解析因为对任意x1，x2(0，)，不等式恒成立，所以.因为g(x)，所以g(x)e2x(1x).当0x0；当x1时，g(x)0).当且仅当e2x，即x时取等号，故f(x)min2e.所以，应有，又k0，所以k1.题型一利用导数研究函数性质例1(2016江苏东海中学期中)已知函数f(x)ex(其中e是自然对数的底数)，g(x)x2ax1，aR.(1)记函数F(x)f(x)g(x)，且a0，求F(x)的单调递增区间；(2)若对任意x1，x20，2，x1x2，均有|f(x1)f(x2)|g(x1)g(x2)|成立，求实数a的取值范围.解(1)因为F(x)f(x)g(x)ex(x2ax1)，所以F(x)exx(a1)(x1).令F(x)0，因为a0，所以x1或x|g(x1)g(x2)|成立，不妨设x1x2，根据f(x)ex在0，2上单调递增，所以有f(x1)f(x2)|g(x1)g(x2)|对x1x2恒成立，因为f(x2)f(x1)g(x1)g(x2)x2恒成立，即对x1，x20，2，x1x2恒成立，所以f(x)g(x)和f(x)g(x)在0，2上都是单调递增函数.所以f(x)g(x)0在0，2上恒成立，所以ex(2xa)0在0，2上恒成立，即a(ex2x)在0，2上恒成立.因为(ex2x)在0，2上是单调减函数，所以(ex2x)在0，2上取得最大值1，所以a1.因为f(x)g(x)0在0，2上恒成立，所以ex(2xa)0在0，2上恒成立，即aex2x在0，2上恒成立.因为ex2x在0，ln 2上单调递减，在ln 2，2上单调递增，所以ex2x在0，2上取得最小值22ln 2，所以a22ln 2.所以实数a的取值范围为1，22ln 2.思维升华利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值.已知f(x)的单调性，可转化为不等式f(x)0或f(x)0在单调区间上恒成立问题；含参函数的最值问题是高考的热点题型，解此类题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图象的性质进行分析.已知aR，函数f(x)(x2ax)ex (xR，e为自然对数的底数).(1)当a2时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数f(x)在(1，1)上单调递增，求a的取值范围.解(1)当a2时，f(x)(x22x)ex，所以f(x)(2x2)ex(x22x)ex(x22)ex.令f(x)0，即(x22)ex0，因为ex0，所以x220，解得x0，所以x2(a2)xa0对x(1，1)恒成立，即a(x1)对x(1，1)恒成立.令y(x1)，则y10.所以y(x1)在(1，1)上单调递增，所以y0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，上仅有一个零点.(1)解函数的定义域为(0，).由f(x)kln x(k0)，得f(x)x.由f(x)0，解得x(负值舍去).f(x)与f(x)在区间(0，)上随x的变化情况如下表：x(0，)(，)f(x)0f(x)所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，).f(x)在x处取得极小值f().(2)证明由(1)知，f(x)在区间(0，)上的最小值为f().因为f(x)存在零点，所以0，从而ke，当ke时，f(x)在区间(1，上单调递减且f()0，所以x是f(x)在区间(1，上的唯一零点.当ke时，f(x)在区间(0，)上单调递减且f(1)0，f()0，所以f(x)在区间(1，上仅有一个零点.综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，上仅有一个零点.思维升华函数零点问题一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一.已知函数f(x)x33x2ax2，曲线yf(x)在点(0，2)处的切线与x轴交点的横坐标为2.(1)求a；(2)证明：当k0.当x0时，g(x)3x26x1k0，g(x)单调递增，g(1)k10时，令h(x)x33x24，则g(x)h(x)(1k)xh(x).h(x)3x26x3x(x2)，h(x)在(0，2)单调递减，在(2，)单调递增，所以g(x)h(x)h(2)0.所以g(x)0在(0，)没有实根.综上，g(x)0在R上有唯一实根，即曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点.题型三利用导数研究不等式问题例3(2016全国乙卷)已知函数f(x)(x2)exa(x1)2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.解(1)f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a).()设a0，则当x(，1)时，f(x)0.所以f(x)在(，1)单调递减，在(1，)单调递增.()设a，则ln(2a)0；当x(ln(2a)，1)时，f(x)0.所以f(x)在(，ln(2a)，(1，)上单调递增，在(ln(2a)，1)上单调递减.若a1，故当x(，1)(ln(2a)，)时，f(x)0；当x(1，ln(2a)时，f(x)0，则由(1)知，f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增.又f(1)e，f(2)a，取b满足b0且b(b2)a(b1)2a0，所以f(x)有两个零点.()设a0，则f(x)(x2)ex，所以f(x)只有一个零点.()设a0，若a，则由(1)知，f(x)在(1，)上单调递增.又当x1时f(x)0，故f(x)不存在两个零点；若a，则由(1)知，f(x)在(1，ln(2a)上单调递减，在(ln(2a)，)上单调递增.又当x1时f(x)0，故f(x)不存在两个零点.综上，a的取值范围为(0，).思维升华求解不等式恒成立或有解时参数的取值范围问题，一般常用分离参数的方法，但是如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值，或者求解其函数最值繁琐时，可采用直接构造函数的方法求解.已知函数f(x)x32x2xa，g(x)2x，若对任意的x11，2，存在x22，4，使得f(x1)g(x2)，则实数a的取值范围是_.答案，解析问题等价于f(x)的值域是g(x)的值域的子集，显然，g(x)单调递减，g(x)maxg(2)，g(x)ming(4).对于f(x)，f(x)3x24x1，令f(x)0，解得x或x1，当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况列表如下：x1(1，)(，1)1(1，2)2f(x)00f(x)a4aaa2f(x)maxa2，f(x)mina4，a，.1.(2017江苏淮阴中学月考)在平面直角坐标系xOy中，已知向量a(1，0)，b(0，2).设向量xa(1cos )b，ykab，其中0.(1)若k4，求xy的值；(2)若xy，求实数k的最大值，并求取最大值时的值.解(1)方法一当k4，时，x(1，2)，y(4，4)，则xy1(4)(2)444.方法二依题意，ab0，则xya(1)b(4a2b)4a22(1)b242(1)444.(2) 依题意，x(1，22cos )，y(k，)，因为xy，所以k(22cos )，整理，得sin (cos 1)，令f()sin (cos 1)(0)，则f()cos (cos 1)sin (sin )2cos2cos 1(2cos 1)(cos 1).令f()0，得cos 或cos 1.又0EF)，如图2所示，其中AEEFBF10 m.请你分别求出两种方案中苗圃的最大面积，并从中确定使苗圃面积最大的方案.解设方案，中多边形苗圃的面积分别为S1，S2.方案设AEx，则S1x(30x) 2(当且仅当x15时， “”成立).方案设BAE，则S2100sin (1cos )，(0，).令S2100(2cos2cos 1)0，得cos (cos 1舍去)，因为(0，)，所以.列表：(0，)(，)S20S2极大值所以当时，(S2)max75.因为0).(1)当a2时，求出函数f(x)的单调区间；(2)若不等式f(x)a对于x0恒成立，求实数a的取值范围.解(1)当a2时，函数f(x)ln x，所以f(x)，所以当x(0，e)时，f(x)0，则函数f(x)在(e，)上单调递增.(2)由题意得ln xa在x(0，)上恒成立，等价于xln xae2ax0在(0，)上恒成立，令g(x)xln xae2ax，因为g(x)ln x1a，令g(x)0，得xea1，所以g(x)与g(x)关系如下表所示：x(0，ea1)ea1(ea1，)g(x)0g(x)极小值所以g(x)的最小值为g(ea1)(a1)ea1ae2aea1ae2ea10.令t(x)xe2ex1，因为t(x)1ex1，令t(x)0，得x1，所以t(x)与t(x)关系如下表所示：x(0，1)1(1，)t(x)0t(x)极大值所以当a(0，1)时，g(x)的最小值t(a)t(0)e20，当a1，)时，由g(x)的最小值t(a)ae2ea10t(2)，得a1，2.综上得a(0，2.5.(2016徐州质检)已知函数f(x)，g(x)ax2ln xa(aR，e为自然对数的底数).(1)求f(x)的极值；(2)在区间(0，e上，对于任意的x0，总存在两个不同的x1，x2，使得g(x1)g(x2)f(x0)，求a的取值范围.解(1)因为f(x)，所以f(x)，令f(x)0，得x1. 当x(，1)时，f(x)0，f(x)是增函数；当x(1，)时，f(x)0，所以当x(0，e时，函数f(x)的值域为(0，1. 当a0时，g(x)2ln x在(0，e上单调递减，不合题意； 当a0时，g(x)a，x(0，e，故必须满足0.此时，当x变化时，g(x)，g(x)的变化情况如下：x(0，)(，eg(x)0g(x)极小值所以x0，g(x)，g()2a2ln ，g(e)a(e1)2.所以对任意给定的x0(0，e，在区间(0，e上总存在两个不同的x1，x2，使得g(x1)g(x2)f(x0)，当且仅当a满足下列条件即令m(a)2a2ln ，a(，)，m(a)，由m(a)0，得a2.当a(2，)时，m(a)0，