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课件理苏教版

高考专题突破一 高考中的导数应用问题,考点自测,课时作业,题型分类 深度剖析,内容索引,考点自测,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,解析,2xy0,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,解析,1，),即k的取值范围为1，).,3.(2016苏北四市联考)已知函数f(x)x3ax24，若f(x)的图象与x轴正半轴有两个不同的交点，则实数a的取值范围为_.,答案,解析,(3，),由题意知f(x)3x22axx(3x2a)， 当a0时，不符合题意.,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,解析,(0，1),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.,答案,解析,1，),因为对任意x1，x2(0，)，,所以g(x)e2x(1x). 当00； 当x1时，g(x)0， 所以g(x)在(0，1上单调递增，在1，)上单调递减.,所以当x1时，g(x)取到最大值，即g(x)maxg(1)e.,又k0，所以k1.,题型分类 深度剖析,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；,解答,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(a1)， 所以F(x)的单调递增区间为(，a1)和(1，).,(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.,解答,因为对任意x1，x20，2且x1x2，均有|f(x1)f(x2)|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)x2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.,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.,思维升华,跟踪训练1 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；,解答,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，,(2)若函数f(x)在(1，1)上单调递增，求a的取值范围.,解答,因为函数f(x)在(1，1)上单调递增， 所以f(x)0对x(1，1)恒成立. 因为f(x)(2xa)ex(x2ax)ex x2(a2)xaex， 所以x2(a2)xaex0对x(1，1)恒成立. 因为ex0，所以x2(a2)xa0对x(1，1)恒成立，,题型二 利用导数研究方程的根或函数的零点问题 例2 (2015北京)设函数f(x) kln x，k0. (1)求f(x)的单调区间和极值；,解答,函数的定义域为(0，).,f(x)与f(x)在区间(0，)上随x的变化情况如下表：,(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1， 上仅有一个零点.,证明,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.,思维升华,跟踪训练2 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；,解答,f(x)3x26xa，f(0)a. 曲线yf(x)在点(0，2)处的切线方程为yax2.,(2)证明：当k1时，曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点.,证明,由(1)知，f(x)x33x2x2. 设g(x)f(x)kx2x33x2(1k)x4. 由题设知1k0. 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；,解答,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a0，由f(x)0，得x1或xln(2a).,所以f(x)在(，)上单调递增.,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.,当x(1，ln(2a)时，f(x)0. 所以f(x)在(，1)，(ln(2a)，)上单调递增，在(1，ln(2a)单调递减.,(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.,解答,()设a0，则由(1)知，f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增.,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.,又当x1时f(x)0，故f(x)不存在两个零点；,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，).,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.,思维升华,跟踪训练3 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，,对于f(x)，f(x)3x24x1，,当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况列表如下：,f(x)maxa2，f(x)mina4，,课时作业,1,2,3,4,5,解答,方法二 依题意，ab0，,解答,(2)若xy，求实数k的最大值，并求取最大值时的值.,1,2,3,4,5,令f()sin (cos 1)(0)， 则f()cos (cos 1)sin (sin ) 2cos2cos 1 (2cos 1)(cos 1).,1,2,3,4,5,当变化时，f()，f()的变化情况如下表：,1,2,3,4,5,1,2,3,4,5,2.(2015重庆)设函数f(x) (aR). (1)若f(x)在x0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；,解答,1,2,3,4,5,对f(x)求导得,因为f(x)在x0处取得极值，所以f(0)0，即a0.,1,2,3,4,5,(2)若f(x)在3，)上为减函数，求a的取值范围.,解答,1,2,3,4,5,令g(x)3x2(6a)xa，,当xx1时，g(x)0，即f(x)0，故f(x)为减函数； 当x1xx2时，g(x)0，即f(x)0，故f(x)为增函数；,1,2,3,4,5,当xx2时，g(x)0，即f(x)0，故f(x)为减函数.,1,2,3,4,5,3.(2016泰州模拟)植物园拟建一个多边形苗圃，苗圃的一边紧靠着长度大于30 m的围墙.现有两种方案： 方案 多边形为直角三角形AEB(AEB90)，如图1所示，其中AEEB30 m； 方案 多边形为等腰梯形AEFB(ABEF)，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.,解答,1,2,3,4,5,设方案，中多边形苗圃的面积分别为S1，S2.,方案 设BAE，,1,2,3,4,5,列表：,1,2,3,4,5,1,2,3,4,5,4.(2016无锡期末)已知函数f(x)ln x (a0). (1)当a2时，求出函数f(x)的单调区间；,解答,所以当x(0，e)时，f(x)0， 则函数f(x)在(e，)上单调递增.,1,2,3,4,5,(2)若不等式f(x)a对于x0恒成立，求实数a的取值范围.,解答,1,2,3,4,5,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：,1,2,3,4,5,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：,1,2,3,4,5,当a1，)时， 由g(x)的最小值t(a)ae2ea10t(2)，得a1，2. 综上得a(0，2.,1,2,3,4,5,5.(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；,解答,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，f(x)是减函数. 所以f(x)在x1时取得极大值f(1)1，无极小值.,1,2,3,4,5,(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.,解答,1,2,3,4,5,由(1)知，当x(0，1)时，f(x)单调递增； 当x(1，e时，f(x)单调递减. 又因为f(0)0，f(1)1，f(e)ee1e0