《（江蘇專用）高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 高考專題突破一 高考中的導(dǎo)數(shù)應(yīng)用問題教師用書 理 蘇教版-蘇教版高三數(shù)學(xué)試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 高考專題突破一 高考中的導(dǎo)數(shù)應(yīng)用問題教師用書 理 蘇教版-蘇教版高三數(shù)學(xué)試題（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考專題突破一 高考中的導(dǎo)數(shù)應(yīng)用問題教師用書 理 蘇教版 1.(2016·全國丙卷)已知f(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x≤0時，f(x)＝e－x－1－x，則曲線y＝f(x)在點(1，2)處的切線方程是________. 答案　2x－y＝0 解析　設(shè)x>0，則－x<0，f(－x)＝ex－1＋x，因為f(x)為偶函數(shù)，所以f(x)＝ex－1＋x，f′(x)＝ex－1＋1，f′(1)＝2，曲線在點(1，2)處的切線方程為y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0. 2.若函數(shù)f(x)＝kx－ln x在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則k的取值范圍是__________. 答案　[1，＋∞) 解析　由于f

2、′(x)＝k－，f(x)＝kx－ln x在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增?f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立. 由于k≥，而0<<1，所以k≥1. 即k的取值范圍為[1，＋∞). 3.(2016·蘇北四市聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝x3－ax2＋4，若f(x)的圖象與x軸正半軸有兩個不同的交點，則實數(shù)a的取值范圍為__________. 答案　(3，＋∞) 解析　由題意知f′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a)， 當(dāng)a≤0時，不符合題意. 當(dāng)a>0時，f(x)在(0，)上單調(diào)遞減， 在(，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以由題意知f()<0，解得a>3. 4.已知函數(shù)f(x)＝x

3、－1－(e－1)ln x，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，則滿足f(ex)＜0的x的取值范圍為________. 答案　(0，1) 解析　令f′(x)＝1－＝0，得x＝e－1. 當(dāng)x∈(0，e－1)時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(e－1，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增. 又f(1)＝f(e)＝0，1

4、， 不等式≤恒成立，所以≥. 因為g(x)＝， 所以g′(x)＝e2－x(1－x). 當(dāng)00；當(dāng)x>1時，g′(x)<0， 所以g(x)在(0，1]上單調(diào)遞增，在[1，＋∞)上單調(diào)遞減. 所以當(dāng)x＝1時，g(x)取到最大值，即g(x)max＝g(1)＝e. 又f(x)＝e2x＋≥2e(x>0). 當(dāng)且僅當(dāng)e2x＝，即x＝時取等號，故f(x)min＝2e. 所以＝＝，應(yīng)有≥， 又k>0，所以k≥1. 題型一　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì) 例1　(2016·江蘇東海中學(xué)期中)已知函數(shù)f(x)＝ex(其中e是自然對數(shù)的底數(shù))，g(x)＝x2＋ax＋1，a∈

5、R. (1)記函數(shù)F(x)＝f(x)·g(x)，且a>0，求F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)若對任意x1，x2∈[0，2]，x1≠x2，均有|f(x1)－f(x2)|>|g(x1)－g(x2)|成立，求實數(shù)a的取值范圍. 解　(1)因為F(x)＝f(x)·g(x)＝ex(x2＋ax＋1)， 所以F′(x)＝ex[x＋(a＋1)](x＋1). 令F′(x)>0，因為a>0， 所以x>－1或x<－(a＋1)， 所以F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－a－1)和(－1，＋∞). (2)因為對任意x1，x2∈[0，2]且x1≠x2，均有|f(x1)－f(x2)|>|g(x1)－g(x2)

6、|成立， 不妨設(shè)x1>x2，根據(jù)f(x)＝ex在[0，2]上單調(diào)遞增， 所以有f(x1)－f(x2)>|g(x1)－g(x2)|對x1>x2恒成立， 因為f(x2)－f(x1)x2恒成立， 即對x1，x2∈[0，2]，x1>x2恒成立， 所以f(x)＋g(x)和f(x)－g(x)在[0，2]上都是單調(diào)遞增函數(shù). 所以f′(x)＋g′(x)≥0在[0，2]上恒成立， 所以ex＋(2x＋a)≥0在[0，2]上恒成立， 即a≥－(ex＋2x)在[0，2]上恒成立. 因為－(ex＋2x)在[0，2]上是單

7、調(diào)減函數(shù)， 所以－(ex＋2x)在[0，2]上取得最大值－1，所以a≥－1. 因為f′(x)－g′(x)≥0在[0，2]上恒成立， 所以ex－(2x＋a)≥0在[0，2]上恒成立， 即a≤ex－2x在[0，2]上恒成立. 因為ex－2x在[0，ln 2]上單調(diào)遞減， 在[ln 2，2]上單調(diào)遞增， 所以ex－2x在[0，2]上取得最小值2－2ln 2， 所以a≤2－2ln 2. 所以實數(shù)a的取值范圍為[－1，2－2ln 2]. 思維升華　利用導(dǎo)數(shù)主要研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值.已知f(x)的單調(diào)性，可轉(zhuǎn)化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問題；含參函

8、數(shù)的最值問題是高考的熱點題型，解此類題的關(guān)鍵是極值點與給定區(qū)間位置關(guān)系的討論，此時要注意結(jié)合導(dǎo)函數(shù)圖象的性質(zhì)進行分析. 　已知a∈R，函數(shù)f(x)＝(－x2＋ax)ex (x∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)). (1)當(dāng)a＝2時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在(－1，1)上單調(diào)遞增，求a的取值范圍. 解　(1)當(dāng)a＝2時，f(x)＝(－x2＋2x)ex， 所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex ＝(－x2＋2)ex. 令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，因為ex>0， 所以－x2＋2>0，解得－

9、是(－，). (2)因為函數(shù)f(x)在(－1，1)上單調(diào)遞增， 所以f′(x)≥0對x∈(－1，1)恒成立. 因為f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex ＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex， 所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0對x∈(－1，1)恒成立. 因為ex>0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0對x∈(－1，1)恒成立， 即a≥＝ ＝(x＋1)－對x∈(－1，1)恒成立. 令y＝(x＋1)－，則y′＝1＋>0. 所以y＝(x＋1)－在(－1，1)上單調(diào)遞增， 所以y<(1＋1)－＝，即a≥. 因此a的取值范圍為[，＋∞). 題型二　利用導(dǎo)數(shù)研究

10、方程的根或函數(shù)的零點問題 例2　(2015·北京)設(shè)函數(shù)f(x)＝－kln x，k>0. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值； (2)證明：若f(x)存在零點，則f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點. (1)解　函數(shù)的定義域為(0，＋∞).由f(x)＝－kln x(k>0)，得f′(x)＝x－＝. 由f′(x)＝0，解得x＝(負值舍去). f(x)與f′(x)在區(qū)間(0，＋∞)上隨x的變化情況如下表： x (0，) (，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) ↘ ↗ 所以，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)， 單調(diào)遞增區(qū)間是(，＋∞). f(x

11、)在x＝處取得極小值f()＝. (2)證明　由(1)知，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的最小值為f()＝. 因為f(x)存在零點，所以≤0，從而k≥e， 當(dāng)k＝e時，f(x)在區(qū)間(1，]上單調(diào)遞減且f()＝0， 所以x＝是f(x)在區(qū)間(1，]上的唯一零點. 當(dāng)k>e時，f(x)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞減且 f(1)＝>0，f()＝<0， 所以f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點. 綜上可知，若f(x)存在零點，則f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點. 思維升華　函數(shù)零點問題一般利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值等性質(zhì)，并借助函數(shù)圖象，根據(jù)零點或圖象的交點情況，建立含參數(shù)的方程(或

12、不等式)組求解，實現(xiàn)形與數(shù)的和諧統(tǒng)一. 　已知函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲線y＝f(x)在點(0，2)處的切線與x軸交點的橫坐標(biāo)為－2. (1)求a； (2)證明：當(dāng)k<1時，曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點. (1)解　f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a. 曲線y＝f(x)在點(0，2)處的切線方程為y＝ax＋2. 由題設(shè)得－＝－2，所以a＝1. (2)證明　由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2. 設(shè)g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4. 由題設(shè)知1－k>0. 當(dāng)x≤0時，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>

13、0，g(x)單調(diào)遞增， g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4， 所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一實根. 當(dāng)x>0時，令h(x)＝x3－3x2＋4， 則g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x). h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0，2)單調(diào)遞減，在(2，＋∞)單調(diào)遞增， 所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0. 所以g(x)＝0在(0，＋∞)沒有實根. 綜上，g(x)＝0在R上有唯一實根， 即曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點. 題型三　利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題 例3　(2016·全國乙卷)已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2

14、. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍. 解　(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a). (ⅰ)設(shè)a≥0，則當(dāng)x∈(－∞，1)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，1)單調(diào)遞減， 在(1，＋∞)單調(diào)遞增. (ⅱ)設(shè)a<0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝ln(－2a). ①若a＝－，則f′(x)＝(x－1)(ex－e)， 所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增. ②若a>－，則ln(－2a)<1，故當(dāng)x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)時，f′(x)>0；當(dāng)

15、x∈(ln(－2a)，1)時，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(ln(－2a)，1)上單調(diào)遞減. ③若a<－，則ln(－2a)>1，故當(dāng)x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)時，f′(x)>0；當(dāng)x∈(1，ln(－2a))時，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)上單調(diào)遞增，在(1，ln(－2a))單調(diào)遞減. (2)(ⅰ)設(shè)a>0，則由(1)知，f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增. 又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b滿足b<0且b(b－2)＋a(b－1)2

16、＝a>0， 所以f(x)有兩個零點. (ⅱ)設(shè)a＝0，則f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一個零點. (ⅲ)設(shè)a<0，若a≥－，則由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.又當(dāng)x≤1時f(x)<0，故f(x)不存在兩個零點；若a<－，則由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))上單調(diào)遞減，在(ln(－2a)，＋∞)上單調(diào)遞增.又當(dāng)x≤1時f(x)<0，故f(x)不存在兩個零點. 綜上，a的取值范圍為(0，＋∞). 思維升華　求解不等式恒成立或有解時參數(shù)的取值范圍問題，一般常用分離參數(shù)的方法，但是如果分離參數(shù)后對應(yīng)的函數(shù)不便于求解其最值，或者求解其函數(shù)最值繁瑣時，可采用直

17、接構(gòu)造函數(shù)的方法求解. 　已知函數(shù)f(x)＝x3－2x2＋x＋a，g(x)＝－2x＋，若對任意的x1∈[－1，2]，存在x2∈[2，4]，使得f(x1)＝g(x2)，則實數(shù)a的取值范圍是________________. 答案　[－，－] 解析　問題等價于f(x)的值域是g(x)的值域的子集， 顯然，g(x)單調(diào)遞減，∴g(x)max＝g(2)＝， g(x)min＝g(4)＝－. 對于f(x)，f′(x)＝3x2－4x＋1， 令f′(x)＝0，解得x＝或x＝1， 當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況列表如下： x －1 (－1，) (，1) 1 (1，2)

18、 2 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) a－4 ↗ ＋a ↘ a ↗ a＋2 ∴f(x)max＝a＋2，f(x)min＝a－4， ∴ ∴a∈[－，－]. 1.(2017·江蘇淮陰中學(xué)月考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知向量a＝(1，0)，b＝(0，2).設(shè)向量x＝a＋(1－cos θ)b，y＝－ka＋b，其中0<θ<π. (1)若k＝4，θ＝，求x·y的值； (2)若x∥y，求實數(shù)k的最大值，并求取最大值時θ的值. 解　(1)方法一　當(dāng)k＝4，θ＝時，x＝(1，2－)，y＝(－4，4)， 則x·y＝1×(－4)＋(2－)×4

19、＝4－4. 方法二　依題意，a·b＝0， 則x·y＝[a＋(1－)b]·(－4a＋2b) ＝－4a2＋2×(1－)b2 ＝－4＋2×(1－)×4＝4－4. (2) 依題意，x＝(1，2－2cos θ)，y＝(－k，)， 因為x∥y，所以＝－k(2－2cos θ)， 整理，得＝sin θ(cos θ－1)， 令f(θ)＝sin θ(cos θ－1)(0<θ<π)， 則f′(θ)＝cos θ(cos θ－1)＋sin θ(－sin θ) ＝2cos2θ－cos θ－1 ＝(2cos θ＋1)(cos θ－1). 令f′(θ)＝0，得cos θ＝－或cos θ＝1. 又0<

20、θ<π，故θ＝. 當(dāng)θ變化時，f′(θ)，f(θ)的變化情況如下表： θ (0，) (，π) f′(θ) － 0 ＋ f(θ) ↘ 極小值－ ↗ 故當(dāng)θ＝時，f(θ)min＝－， 此時實數(shù)k取最大值－. 2.(2015·重慶)設(shè)函數(shù)f(x)＝(a∈R). (1)若f(x)在x＝0處取得極值，確定a的值，并求此時曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程； (2)若f(x)在[3，＋∞)上為減函數(shù)，求a的取值范圍. 解　(1)對f(x)求導(dǎo)得 f′(x)＝ ＝， 因為f(x)在x＝0處取得極值，所以f′(0)＝0，即a＝0. 當(dāng)a＝0時

21、，f(x)＝，f′(x)＝，故f(1)＝，f′(1)＝，從而f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－＝(x－1)，化簡得3x－ey＝0. (2)由(1)知f′(x)＝. 令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a， 由g(x)＝0，解得x1＝， x2＝. 當(dāng)x＜x1時，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)為減函數(shù)； 當(dāng)x1＜x＜x2時，g(x)＞0，即f′(x)＞0，故f(x)為增函數(shù)； 當(dāng)x＞x2時，g(x)＜0，即f′(x)＜0， 故f(x)為減函數(shù). 由f(x)在[3，＋∞)上為減函數(shù)，知x2＝≤3，解得a≥－， 故a的取值范圍為. 3.(2016·泰州模擬

22、)植物園擬建一個多邊形苗圃，苗圃的一邊緊靠著長度大于30 m的圍墻.現(xiàn)有兩種方案： 方案①　多邊形為直角三角形AEB(∠AEB＝90°)，如圖1所示，其中AE＋EB＝30 m； 方案②　多邊形為等腰梯形AEFB(AB>EF)，如圖2所示，其中AE＝EF＝BF＝10 m. 請你分別求出兩種方案中苗圃的最大面積，并從中確定使苗圃面積最大的方案. 解　設(shè)方案①，②中多邊形苗圃的面積分別為S1，S2. 方案①　設(shè)AE＝x，則S1＝x(30－x) ≤ []2＝(當(dāng)且僅當(dāng)x＝15時， “＝”成立). 方案②　設(shè)∠BAE＝θ， 則S2＝100sin θ(1＋cos θ)，θ∈(0，).

23、 令S′2＝100(2cos2θ＋cos θ－1)＝0，得cos θ＝(cos θ＝－1舍去)，因為θ∈(0，)，所以θ＝. 列表： θ (0，) (，) S′2 ＋ 0 － S2 ↗ 極大值 ↘ 所以當(dāng)θ＝時，(S2)max＝75. 因為<75，所以建苗圃時用方案②，且∠BAE＝. 答　方案①②苗圃的最大面積分別為 m2，75 m2，建苗圃時用方案②，且∠BAE＝. 4.(2016·無錫期末)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋(a>0). (1)當(dāng)a＝2時，求出函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若不等式f(x)≥a對于x>0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.

24、 解　(1)當(dāng)a＝2時，函數(shù)f(x)＝ln x＋， 所以f′(x)＝－＝， 所以當(dāng)x∈(0，e)時，f′(x)<0，則函數(shù)f(x)在(0，e)上單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(e，＋∞)時，f′(x)>0，則函數(shù)f(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞增. (2)由題意得ln x＋≥a在x∈(0，＋∞)上恒成立，等價于xln x＋a＋e－2－ax≥0在(0，＋∞)上恒成立，令g(x)＝xln x＋a＋e－2－ax， 因為g′(x)＝ln x＋1－a，令g′(x)＝0，得x＝ea－1， 所以g′(x)與g(x)關(guān)系如下表所示： x (0，ea－1) ea－1 (ea－1，＋∞) g′(x) －

25、 0 ＋ g(x) ↘ 極小值 ↗ 所以g(x)的最小值為g(ea－1)＝(a－1)ea－1＋a＋e－2－aea－1＝a＋e－2－ea－1≥0. 令t(x)＝x＋e－2－ex－1， 因為t′(x)＝1－ex－1， 令t′(x)＝0，得x＝1，所以t′(x)與t(x)關(guān)系如下表所示： x (0，1) 1 (1，＋∞) t′(x) ＋ 0 － t(x) ↗ 極大值 ↘ 所以當(dāng)a∈(0，1)時，g(x)的最小值t(a)>t(0)＝e－2－＝>0， 當(dāng)a∈[1，＋∞)時，由g(x)的最小值t(a)＝a＋e－2－ea－1≥0＝t(2)，得a∈[1

26、，2].綜上得a∈(0，2]. 5.(2016·徐州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝，g(x)＝ax－2ln x－a(a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)). (1)求f(x)的極值； (2)在區(qū)間(0，e]上，對于任意的x0，總存在兩個不同的x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0)，求a的取值范圍. 解　(1)因為f(x)＝，所以f′(x)＝， 令f′(x)＝0，得x＝1. 當(dāng)x∈(－∞，1)時，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)是減函數(shù). 所以f(x)在x＝1時取得極大值f(1)＝1，無極小值. (2)由(1)知，當(dāng)x∈(0，1)

27、時，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，e]時，f(x)單調(diào)遞減. 又因為f(0)＝0，f(1)＝1，f(e)＝e·e1－e>0， 所以當(dāng)x∈(0，e]時，函數(shù)f(x)的值域為(0，1]. 當(dāng)a＝0時，g(x)＝－2ln x在(0，e]上單調(diào)遞減，不合題意； 當(dāng)a≠0時，g′(x)＝a－＝＝，x∈(0，e]， 故必須滿足0<. 此時，當(dāng)x變化時，g′(x)，g(x)的變化情況如下： x (0，) (，e] g′(x) — 0 ＋ g(x) ↘ 極小值 ↗ 所以x→0，g(x)→＋∞，g()＝2－a－2ln ， g(e)＝a(e－1)－

28、2. 所以對任意給定的x0∈(0，e]，在區(qū)間(0，e]上總存在兩個不同的x1，x2， 使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0)，當(dāng)且僅當(dāng)a滿足下列條件即 令m(a)＝2－a－2ln ，a∈(，＋∞)， m′(a)＝－，由m′(a)＝0，得a＝2. 當(dāng)a∈(2，＋∞)時，m′(a)<0，函數(shù)m(a)單調(diào)遞減； 當(dāng)a∈(，2)時，m′(a)>0，函數(shù)m(a)單調(diào)遞增. 所以，對任意a∈(，＋∞)有m(a)≤m(2)＝0， 即2－a－2ln ≤0對任意a∈(，＋∞)恒成立. 由a(e－1)－2≥1，解得a≥. 綜上所述，當(dāng)a∈[，＋∞)時，對于任意給定的x0∈(0，e]，在區(qū)間(0，e]上總存在兩個不同的x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0).