届高三数学人教A版全国通用一轮复习讲义高考专题突破一高考中的导数应用问题.docx

1、届高三数学人教A版全国通用一轮复习讲义高考专题突破一高考中的导数应用问题高考专题突破一高考中的导数应用问题【考点自测】1若函数f(x)2sin x(x0，)的图象在点P处的切线平行于函数g(x)2的图象在点Q处的切线，则直线PQ的斜率为()A. B2C. D. 答案A解析f(x)2cos x2,2，g(x)2(当且仅当x1时取等号)当两函数的切线平行时，xp0，xQ1.即P(0,0)，Q，直线PQ的斜率为.2(2018西宁质检)若f(x)x2bln(x2)在(1，)上是减函数，则b的取值范围是()A1，) B(1，)C(，1 D(，1)答案C解析由题意可知f(x)x0在(1，)上恒成立，即bx

2、(x2)在(1，)上恒成立由于g(x)x(x2)在(1，)上是增函数且g(1)1，所以b1.故选C.3(2017全国)若x2是函数f(x)(x2ax1)ex1的极值点，则f(x)的极小值为()A1 B2e3 C5e3 D1答案A解析函数f(x)(x2ax1)ex1，则f(x)(2xa)ex1(x2ax1)ex1ex1x2(a2)xa1由x2是函数f(x)的极值点，得f(2)e3(42a4a1)(a1)e30，所以a1.所以f(x)(x2x1)ex1，f(x)ex1(x2x2)由ex10恒成立，得当x2或x1时，f(x)0，且当x2时，f(x)0；当2x1时，f(x)0；当x1时，f(x)0.所

3、以x1是函数f(x)的极小值点所以函数f(x)的极小值为f(1)1.故选A.4若直线ykxb是曲线yln x2的切线，也是曲线yln(x1)的切线，则b .答案1ln 2解析yln x2的切线方程为yxln x11(设切点横坐标为x1)yln(x1)的切线方程为yxln(x21)(设切点横坐标为x2)，解得x1，x2，bln x111ln 2.5(2017江苏)已知函数f(x)x32xex，其中e是自然对数的底数，若f(a1)f(2a2)0，则实数a的取值范围是 答案解析因为f(x)(x)32(x)exx32xexf(x)，所以f(x)x32xex是奇函数因为f(a1)f(2a2)0，所以f(

4、2a2)f(a1)，即f(2a2)f(1a)因为f(x)3x22exex3x2223x20，当且仅当x0时“”成立，所以f(x)在R上单调递增，所以2a21a，即2a2a10，所以1a.题型一利用导数研究函数性质例1 (2018沈阳质检)设f(x)xln xax2(2a1)x，aR.(1)令g(x)f(x)，求g(x)的单调区间；(2)已知f(x)在x1处取得极大值，求实数a的取值范围解(1)由f(x)ln x2ax2a，可得g(x)ln x2ax2a，x(0，)，所以g(x)2a.当a0，x(0，)时，g(x)0，函数g(x)单调递增；当a0，x时，g(x)0，函数g(x)单调递增，x时，g

5、(x)0，函数g(x)单调递减所以当a0时，函数g(x)的单调递增区间为(0，)；当a0时，函数g(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)由(1)知，f(1)0.当a0时，f(x)单调递增，所以当x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递减，当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递增，所以f(x)在x1处取得极小值，不符合题意；当0a，即1时，由(1)知f(x)在上单调递增可得当x(0,1)时，f(x)0，当x时，f(x)0.所以f(x)在(0,1)上单调递减，在上单调递增所以f(x)在x1处取得极小值，不符合题意；当a，即1时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所

6、以当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递减，不符合题意；当a，即01时，当x时，f(x)0，f(x)单调递增，当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递减所以f(x)在x1处取得极大值，符合题意 .综上可知，实数a的取值范围为.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

7、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)都成立，即a(x1)对x(1,1)都成立令y(x1)，则y10.所以y(x1)在(1,1)上单调递增，所以y0)，由f(x)0，得xe.当x(0，e)时，f(x)0，f(x)在(e，)上单调递增，当xe时，f(x)取得极小值f(e)ln e2，f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)f(x)(x0)，令g(x)0，得mx

8、3x(x0)设(x)x3x(x0)，则(x)x21(x1)(x1)，当x(0,1)时，(x)0，(x)在(0,1)上单调递增；当x(1，)时，(x)时，函数g(x)无零点；当m时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m时，函数g(x)无零点；当m或m0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m0.(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

9、(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()，无极大值(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(1，上单调递减且f(1)0，f()0)，f(1)ab0，f(e)ae2b(e1)a(e2e1)e2e1，a1，b1.(2)证明f(x)x2ln xx1，f(x)(x1)2x2ln xxx2，设g(x)x2ln xxx2(x1)，则g(x)2xln xx1.由(g(x)2ln x10，

10、得g(x)在1，)上单调递增，g(x)g(1)0，g(x)在1，)上单调递增，g(x)g(1)0.f(x)(x1)2.(3)解设h(x)x2ln xxm(x1)21(x1)，则h(x)2xln xx2m(x1)1，由(2)知x2ln x(x1)2x1x(x1)，xln xx1，h(x)3(x1)2m(x1)(32m)(x1)当32m0，即m时，h(x)0，h(x)在1，)上单调递增，h(x)h(1)0成立当32m时，h(x)2xln x(12m)(x1)，(h(x)2ln x32m，令(h(x)0，得x0e1，当x1，x0)时，h(x)单调递减，则h(x)h(1)0，h(x)在1，x0)上单调递减，