《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第四章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 專題突破二 高考中的導(dǎo)數(shù)應(yīng)用問題講義（含解析）.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第四章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 專題突破二 高考中的導(dǎo)數(shù)應(yīng)用問題講義（含解析）.docx（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
高考專題突破二 高考中的導(dǎo)數(shù)應(yīng)用問題
題型一 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)
例1(2018臺州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝x3＋|x－a|(a∈R)．
(1)當(dāng)a＝1時，求f(x)在(0，f(0))處的切線方程；
(2)當(dāng)a∈(0,1)時，求f(x)在[－1,1]上的最小值(用a表示)．
解 (1)當(dāng)a＝1，x<1時，f(x)＝x3＋1－x，
f′(x)＝3x2－1，
所以f(0)＝1，f′(0)＝－1，
所以f(x)在(0，f(0))處的切線方程為x＋y－1＝0.
(2)當(dāng)a∈(0,1)時，
由已知得f(x)＝
當(dāng)a≤x≤1時，由f′(x)＝3x2＋1>0，知f(x)在[a,1]上單調(diào)遞增．
當(dāng)－1≤x
0，即(－x2＋2)ex>0，
因為ex>0，
所以－x2＋2>0，
解得－0，
所以－x2＋(a－2)x＋a≥0對x∈(－1,1)都成立，
即a≥＝＝(x＋1)－
對x∈(－1,1)都成立．
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≥.
經(jīng)檢驗知，當(dāng)a＝時符合題意，
因此a的取值范圍為.
題型二 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點問題
例2 設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx＋，m∈R.
(1)當(dāng)m＝e(e為自然對數(shù)的底數(shù))時，求f(x)的極小值；
(2)討論函數(shù)g(x)＝f′(x)－的零點的個數(shù)．
解 (1)由題設(shè)，當(dāng)m＝e時，f(x)＝lnx＋，
則f′(x)＝(x>0)，由f′(x)＝0，得x＝e.
∴當(dāng)x∈(0，e)時，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈(e，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴當(dāng)x＝e時，f(x)取得極小值f(e)＝lne＋＝2，
∴f(x)的極小值為2.
(2)由題設(shè)g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0)．
設(shè)φ(x)＝－x3＋x(x≥0)，
則φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，
當(dāng)x∈(0,1)時，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．
∴x＝1是φ(x)的唯一極值點，且是極大值點，因此x＝1也是φ(x)的最大值點，∴φ(x)的最大值為φ(1)＝.
又φ(0)＝0，結(jié)合y＝φ(x)的圖象(如圖)，可知
①當(dāng)m>時，函數(shù)g(x)無零點；
②當(dāng)m＝時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點；
③當(dāng)0時，函數(shù)g(x)無零點；
當(dāng)m＝或m≤0時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點；
當(dāng)00，故f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈(1,3)時，f′(x)<0，故f(x)在(1,3)上單調(diào)遞減．
又f(0)＝f(3)＝0，f(1)＝，
所以f(x)在[0,3]上的值域為.
(2)由題意得f′(x)＝x2－2ax＋3，Δ＝4a2－12.
①當(dāng)Δ≤0，即a2≤3時，f′(x)≥0，f(x)在R上單調(diào)遞增，滿足題意；
②當(dāng)Δ>0，即a2>3時，f′(x)＝0有兩根，
設(shè)兩根為x1，x2，且x10，a∈R)．
(1)若a＝2，求點(1，f(1))處的切線方程；
(2)若不等式f(x)≥對任意x>0恒成立，求實數(shù)a的值．
解 (1)當(dāng)a＝2時，f(x)＝x2－lnx，f′(x)＝，x>0.
∴f(1)＝1，f′(1)＝1，∴所求的切線方程為y＝x.
(2)易得f′(x)＝(x>0)．
當(dāng)a≤0時，f′(x)<0，
∴當(dāng)x>1時，f(x)<，
故此時不合題意；
當(dāng)a>0時，f(x)在上單調(diào)遞減，
在上單調(diào)遞增，
∴f(x)min＝f＝－ln，
∴－ln≥，即1＋lna－a≥0.
設(shè)g(x)＝1＋lnx－x，則g′(x)＝－1＝，
∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
∴g(x)≤g(1)＝0，
即1＋lnx－x≤0，
故1＋lna－a＝0，∴a＝1.
1．(2017浙江)已知函數(shù)f(x)＝(x－)e－x.
(1)求f(x)的導(dǎo)函數(shù)；
(2)求f(x)在區(qū)間上的取值范圍．
解 (1)因為(x－)′＝1－，(e－x)′＝－e－x，
所以f′(x)＝e－x－(x－)e－x
＝.
(2)由f′(x)＝＝0，
解得x＝1或x＝.
當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x
1
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
↘
0
↗
↘
又f(x)＝(－1)2e－x≥0，
所以f(x)在區(qū)間上的取值范圍是.
2．已知函數(shù)f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)?x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范圍．
解 (1)因為f′(x)＝a－ex，x∈R.
當(dāng)a≤0時，f′(x)<0，f(x)在R上單調(diào)遞減；
當(dāng)a>0時，令f′(x)＝0，得x＝lna.
由f′(x)>0，得f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，lna)；
由f′(x)<0，得f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(lna，＋∞)．
綜上所述，當(dāng)a≤0時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，＋∞)，無單調(diào)遞增區(qū)間；
當(dāng)a>0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，lna)，單調(diào)遞減區(qū)間為(lna，＋∞)．
(2)因為?x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，
則ax≤，即a≤.
設(shè)h(x)＝，則問題轉(zhuǎn)化為a≤max，
由h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x＝.
當(dāng)x在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)變化時，h′(x)，h(x)隨x變化的變化情況如下表：
x
(0，)
(，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
↗
極大值
↘
由上表可知，當(dāng)x＝時，函數(shù)h(x)有極大值，即最大值為，所以a≤.
故a的取值范圍是.
3．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的值；
(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>0，g(x)單調(diào)遞增，
g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，
所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一實根．
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)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.
所以g(x)＝0在(0，＋∞)上沒有實根．
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．
4．設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋(a＋3)x＋3，其中a∈R，函數(shù)f(x)有兩個極值點x1，x2，且0≤x1<1.
(1)求實數(shù)a的取值范圍；
(2)設(shè)函數(shù)φ(x)＝f′(x)－a(x－x1)，當(dāng)x10，得a>6或a<－2.
又
所以－a＝x1＋，設(shè)u＝x1＋1∈[1,2)，
則－a＝u－1＋＝u＋－2，
設(shè)y＝u＋－2，u∈[1,2)．
易知y＝u＋－2在[1,2)上為減函數(shù)，
則20，
所以|φ(x)|＝φ(x)＝x2－x0，
x∈(－2,2)時，y′<0，
當(dāng)x∈(2，＋∞)時，y′>0，
故所求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－2)，(2，＋∞)，
單調(diào)遞減區(qū)間是(－2,2)．
(2)證明 ①方法一 令h(x)＝f(x)－gt(x)
＝－x＋t (x>0)，
則h′(x)＝x2－，
當(dāng)t>0時，
由h′(x)＝0，得x＝.
當(dāng)x∈(0，)時，h′(x)<0，
當(dāng)x∈(，＋∞)時，h′(x)>0，
所以h(x)在(0，＋∞)內(nèi)的最小值是h()＝0.
故當(dāng)x>0時，f(x)≥gt(x)對任意正實數(shù)t成立．
方法二 對任意固定的x>0，
令h(t)＝gt(x)＝x－t (t>0)，
則h′(t)＝(x－)，
由h′(t)＝0，得t＝x3.
當(dāng)00；
當(dāng)t>x3時，h′(t)<0，
所以當(dāng)t＝x3時，h(t)取到最大值h(x3)＝.
因此當(dāng)x>0時，f(x)≥gt(x)對任意正實數(shù)t成立．
②對任意x0>0，g8(x0)＝4x0－，
因為gt(x0)關(guān)于t的最大值是，
所以使g8(x0)≥gt(x0)對任意正實數(shù)t成立的充要條件是4x0－≥，
即(x0－2)2(x0＋4)≤0，①
又因為x0>0，
∴不等式①成立的充要條件是x0＝2，
所以有且僅有一個正實數(shù)x0＝2，
使得g8(x0)≥gt(x0)對任意正實數(shù)t成立．
6．已知函數(shù)f(x)＝x－alnx，a∈R.
(1)討論函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)的極值點的個數(shù)；
(2)設(shè)g(x)＝－，若不等式f(x)>g(x)對任意x∈[2，e]恒成立，求a的取值范圍．
解 (1)f′(x)＝1－＝(x>0)，
當(dāng)a≤0時，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以f(x)在(0，＋∞)上沒有極值點．
當(dāng)a>0時，由f′(x)<0，得00，得x>a，
所以f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增，
即f(x)在x＝a處有極小值，無極大值．
所以當(dāng)a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上沒有極值點，
當(dāng)a>0時，f(x)在(0，＋∞)上有一個極值點．
(2)設(shè)h(x)＝f(x)－g(x)＝x＋－alnx(x>0)，
則h′(x)＝1－－＝
＝，
不等式f(x)>g(x)對任意x∈[2，e]恒成立，
即函數(shù)h(x)＝x＋－alnx在[2，e]上的最小值大于零．
①當(dāng)1＋a≥e，即a≥e－1時，h(x)在[2，e]上單調(diào)遞減，所以h(x)的最小值為h(e)，
由h(e)＝e＋－a>0，
可得a<，
因為>e－1，
所以e－1≤a<；
②當(dāng)1＋a≤2，即a≤1時，h(x)在[2，e]上單調(diào)遞增，
所以h(x)的最小值為h(2)，
由h(2)＝2＋－aln2>0，
可得a<，即a≤1；
③當(dāng)2<1＋a2，
即1
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