高考专题突破一高考中的导数应用问题讲义

1、1若函数 f(x)在 R 上可导，且满足f( x) xf (x)0，则 ()A 3f(1) f(3)C3f(1) f(3)D f(1) f(3)答案B解析由于 f(x) xf (x)，则f x f x x f xf x在 R 上是单调递减函数，xx20 恒成立，因此x f 3 f(3) 故选 B. 3 12若函数 f(x)kx ln x 在区间 (1， )上单调递增，则k 的取值范围是 ()A (， 2B (， 1C2， )D 1， )答案D解析由于 f (x) k1，f(x) kx ln x 在区间 (1， )上单调递增 ? f (x) k10 在(1，xx )上恒成立由于 k1，而 01x

2、0 时， f(x)在 (0， 3 )上单调递减，1/ 11在 (2a， )上单调递增，32a所以由题意知f( 3 )3，故选 D.4(2016 国甲卷全 )若直线 ykx b 是曲线 y ln x 2 的切线， 也是曲线y ln(x 1)的切线，则 b_.答案1 ln 2解析y ln x 2的切线为 y 1x ln x1 1(设切点横坐标为 x1 )x1y ln(x 1)的切线为 y1xln( x2 1) x2(设切点横坐标为x2)，x2 1x2 111x1x2 1，ln x1 1 ln x2 1 x2，x21解得 x11， x21， b ln x1 1 1 ln 2.2222212e x 1

3、e x5设函数 f(x)， g(x) ， x (0， )，不等式g xf x恒成立，xkxe ，对任意x12k 1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 g x1 f x2恒成立，所以k g x1 max.kk1k 1 f x2min因为 g( x)e2 xx，e所以 g (x) e2 x(1x)当 0x0；当 x1 时， g (x)0) x当且仅当 e2x 1，即 x1时取等号，故f(x)min 2e.xe所以 g x1 max e 1，应有k 1，f x2 min2e 2k 12又 k0，所以 k 1.2/ 11题型一利用导数研究函数性质例

4、1(2015 课标全国 )已知函数 f(x) ln x a(1 x)(1)讨论 f(x) 的单调性；(2)当 f( x)有最大值，且最大值大于2a 2 时，求 a 的取值范围解 (1)f(x)的定义域为 (0， )， f (x) 1 a. x若 a0，则 f (x) 0，所以 f(x)在 (0， )上单调递增若 a0，则当 x 0， 1 时， f (x) 0；当 x1， 时， f (x) 0.所以 f(x)在0，1上单aaa调递增，在1， 上单调递减a(2)由 (1)知，当 a0 时， f(x)在 (0， )无最大值；1111当 a0 时， f(x)在 x a取得最大值，最大值为f a lna

5、 a 1 a ln a a1.1因此 f a 2a 2 等价于 ln a a1 0.令 g(a) ln a a 1，则 g(a)在 (0， )上单调递增，g(1) 0.于是，当0 a 1 时， g(a) 0；当 a 1 时， g(a) 0.因此， a 的取值范围是(0,1)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 a R，函数 f(x) ( x2 ax)ex (x R

6、， e 为自然对数的底数)(1)当 a 2 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) ( x2 2x)ex，所以 f (x) ( 2x 2)ex ( x2 2x)ex ( x22)ex.2xx，令 f (x)0，即 ( x 2)e 0，因为 e 0所以 x220 ，解得2x0，所以 x (a 2)x a0即 ax22xx 1 2 1x 1x 1 (x 1) 1 对 x ( 1,1)都成立x 1令 y (x1) 1 ，则 y 1 1 20.x 1x 11所以 y (x 1)在(1,1)上单调递增，所以

7、 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， e上仅有一个零点(1)解 函数的定义域为 (0， )由 f(x)x2k x2 k kln x(k0) ，得 f (x) x x.2x由 f (x) 0，解得 x k(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 ， k)k(k， )f (x)0f(x)k 1 ln k2所以， f(x)的单调递减区间是(0， k)，单调递增区间是 (k， )f(x) 在 x k处取得极小值 f(k 1 ln k.k)2(2)证明 由(1) 知， f(x)在区间

8、(0， )上的最小值为 f(k)k 1 ln k2.4/ 11k 1 ln k因为 f(x)存在零点，所以0，从而 ke，当 ke 时， f(x) 在区间 (1， e上单调递减且 f( e) 0，所以 x e是 f(x)在区间 (1， e上的唯一零点当 ke 时， f(x)在区间 (0， e)上单调递减且f(1)1e)e k0， f(20，2所以 f(x)在区间 (1， e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， e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

9、)组求解，实现形与数的和谐统一已知函数 f(x)x33x2 ax 2，曲线 y f(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) 3x2 6x 1 k0，g( x)单调递增，g( 1) k 10 时，令 h(x) x3 3x2 4，则 g(x) h(x) (1 k)xh(x)2h (x) 3x 6x3x( x 2)， h(x)在 (0,2)上单调递减，在(2， )上单调递增，所以 g( x)h(x) h(2) 0.所以 g( x) 0 在 (0， )上没有实根综上， g(x)0 在 R 上有唯一实根，即曲线 y f(x)

10、与直线 y kx 2 只有一个交点题型三利用导数研究不等式问题例 3 已知 f(x)xln x，g(x) x2 ax 3.(1)对一切 x(0， )， 2f(x) g(x) 恒成立，求实数a 的取值范围；5/ 11(2)证明：对一切1 2成立x (0， )，都有 ln xex ex(1)解? x(0， )，有2xln x x2 ax 3，则 a 2ln x x 3x，3设 h(x) 2ln x x x(x0) ，则 h( x)x 3 x 1，2xx (0,1)时， h (x)0 ，h(x)单调递增，所以 h( x)min h(1) 4.因为对一切x (0， )，2f(x)g(x)恒成立，所以

11、a h(x)min 4.(2)证明问题等价于证明x2xln xex e(x(0， )1f(x) xln x(x (0， ) 的最小值是e，当且仅当 x 1时取到，设m(x) xx2(x (0， )，ee e则 m (x)1 x1，x ，易知 m(x)max m(1) ee当且仅当x 1 时取到从而对一切x (0， )，都有 ln xe1x ex2成立思维升华 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烦琐时，可采用直接构造函数的方法求解329已知函数f(x) x 2x x a， g(x) 2x x，若对任

12、意的x1 1,2，存在x2 2,4 ，使得 f(x1) g(x2)，则实数 a 的取值范围是 _ 答案73 ， 42解析问题等价于f(x)的值域是 g(x)的值域的子集，1显然， g(x)单调递减， g(x)max g(2) ，6/ 1123g(x)min g(4)；对于 f(x)， f (x)3x2 4x 1，令 f (x) 0，解得 x 13或 x1，当 x 变化时， f (x)， f(x)的变化情况列表如下：x 11)11， 1)1(1,2)2( 1，3(33f (x)00f(x)a 4递增4 a递减a递增a 227 f(x) max a 2， f(x)min a4，1a 2 2，23a

13、 4 4 ，7 3 a 4， 2.x a ln x 3，其中 a R，且曲线 y f(x)在点 (1，f(1) 处的切线垂直于直1已知函数 f(x) 4 x2线 y1x.2(1)求 a 的值；(2)求函数 f(x)的单调区间1a 1解(1) 对 f(x)求导得 f (x) 4 x2 x，由 f(x)在点 (1， f(1) 处的切线垂直于直线135y x，知 f (1)a 2，解得 a .244x53(2)由 (1)知 f(x) 44x lnx 2，2x 4x 5令 f (x) 0，解得 x 1 或 x 5.因为 x 1 不在 f(x)的定义域 (0， )内，故舍去当 x (0,5)时， f (

14、 x)0，故 f(x)在(5， )内为增函数综上， f(x)的单调增区间为(5 ， )，单调减区间为(0,5)2 (2015 重庆 )设函数 f(x)3x2 ax(a R)xe(1)若 f( x)在 x0 处取得极值， 确定 a 的值，并求此时曲线y f(x)在点 (1 ，f(1) 处的切线方程；(2)若 f( x)在 3， )上为减函数，求a 的取值范围解 (1) 对 f(x)求导得6x a ex 3x2 ax exf (x) ex 2 3x2 6a x ax，e因为 f(x)在 x 0 处取得极值，所以 f (0) 0，即 a 0.当 a0时， f(x)3x2 3x2 6x33，从而 f(

15、x)在点 (1，f(1)处的x ，f (x)x，故 f(1) ，f (1)eeee33切线方程为y (x 1)，化简得3x ey0. 3x2 6 a x a(2)由 (1)知 f (x)ex.令 g(x) 3x2 (6a)x a，由 g(x) 0 解得 x1 6 a a2 36， 66 aa2 36x2.6当 x x1 时， g(x) 0，即 f( x) 0，故 f(x)为减函数；当 x1 xx2 时， g(x) 0，即 f( x) 0，故 f(x)为增函数；当 x x2 时， g(x) 0，即 f( x) 0，故 f(x)为减函数6 aa2 369由 f(x)在3， )上为减函数，知x26

16、3，解得 a 2，故 a 的取值范围为9， .23已知函数f(x) xln x， g(x) ( x2ax 3)ex(a 为实数 )(1)当 a 5 时，求函数y g(x)在 x 1 处的切线方程；(2)求 f( x)在区间 t， t 2(t0)上的最小值解 (1) 当 a5 时， g(x) ( x2 5x3)ex， g(1) e.又 g( x) ( x2 3x2)ex，故切线的斜率为 g (1) 4e.8/ 11所以切线方程为y e 4e(x 1)，即 4exy 3e 0.(2)函数 f(x) 的定义域为 (0， )， f (x) ln x 1，当 x 变化时， f (x)， f(x)的变化情

17、况如下表：x(0， 1)1(1， )eeef (x)0f(x)单调递减极小值单调递增1 当 t 时，在区间 t， t 2 上 f(x)为增函数，所以 f(x)min f(t) tln t. 当 0t1 时， f( 2b) f(2b) 4b2 2b14b 2b1 b，f(0) 11 时曲线 y f(x)与直线 yb 有且仅有两个不同交点综上可知，如果曲线y f(x)与直线 yb 有两个不同交点，那么 b 的取值范围是 (1， )5 (2016 四川 )设函数 f(x) ax2 a ln x，其中 a R.(1)讨论 f(x) 的单调性；(2)确定 a 的所有可能取值，使得f(x)1 e1x在区间 (1， )内恒成立 (e 2.718 为自然对x数的底数 )解 (1)f (x) 2ax 12ax2 1(x0)xx当 a0 时， f (x)0 时，由 f (x) 0，有 x 1 .2a此时，当x 0，1时， f (x)0 ，f(x)单调递增2a11x 1(2)令 g(x) x 1， s(x) e x.x 1则 s (x) e 1.而当 x1 时， s (x)0，又由 s(1) 0，有 s(x)0 ，从而当 x1 时， g(x)0.当 a0， x1 时