2018版高考数学（理）（苏教版，江苏专用）大一轮教师文档讲义：高考专题突破一-导数应用问题 16页

‎1.(2016·全国丙卷)已知f(x)为偶函数，当x≤0时，f(x)＝e－x－1－x，则曲线y＝f(x)在点(1，2)处的切线方程是________.‎ 答案　2x－y＝0‎ 解析　设x>0，则－x<0，f(－x)＝ex－1＋x，因为f(x)为偶函数，所以f(x)＝ex－1＋x，f′(x)＝ex－1＋1，f′(1)＝2，曲线在点(1，2)处的切线方程为y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0.‎ ‎2.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__________.‎ 答案　[1，＋∞)‎ 解析　由于f′(x)＝k－，f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增⇔f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立.‎ 由于k≥，而0<<1，所以k≥1.‎ 即k的取值范围为[1，＋∞).‎ ‎3.(2016·苏北四市联考)已知函数f(x)＝x3－ax2＋4，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　(3，＋∞)‎ 解析　由题意知f′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a)，‎ 当a≤0时，不符合题意.‎ 当a>0时，f(x)在(0，)上单调递减，‎ 在(，＋∞)上单调递增，‎ 所以由题意知f()<0，解得a>3.‎ ‎4.已知函数f(x)＝x－1－(e－1)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　(0，1)‎ 解析　令f′(x)＝1－＝0，得x＝e－1.‎ 当x∈(0，e－1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；‎ 当x∈(e－1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增.‎ 又f(1)＝f(e)＝0，10；当x>1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x＝1时，g(x)取到最大值，即g(x)max＝g(1)＝e.‎ 又f(x)＝e2x＋≥2e(x>0).‎ 当且仅当e2x＝，即x＝时取等号，故f(x)min＝2e.‎ 所以＝＝，应有≥，‎ 又k>0，所以k≥1.‎ 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)＝x2＋ax＋1，a∈R.‎ ‎(1)记函数F(x)＝f(x)·g(x)，且a>0，求F(x)的单调递增区间；‎ ‎(2)若对任意x1，x2∈[0，2]，x1≠x2，均有|f(x1)－f(x2)|>|g(x1)－g(x2)|成立，求实数a的取值范围.‎ 解　(1)因为F(x)＝f(x)·g(x)＝ex(x2＋ax＋1)，‎ 所以F′(x)＝ex[x＋(a＋1)](x＋1).‎ 令F′(x)>0，因为a>0，‎ 所以x>－1或x<－(a＋1)，‎ 所以F(x)的单调递增区间为(－∞，－a－1)和(－1，＋∞).‎ ‎(2)因为对任意x1，x2∈[0，2]且x1≠x2，均有|f(x1)－f(x2)|>|g(x1)－g(x2)|成立，‎ 不妨设x1>x2，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x1>x2恒成立，‎ 因为f(x2)－f(x1)x2恒成立，‎ 即对x1，x2∈[0，2]，x1>x2恒成立，‎ 所以f(x)＋g(x)和f(x)－g(x)在[0，2]上都是单调递增函数.‎ 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.‎ 因为－(ex＋2x)在[0，2]上是单调减函数，‎ 所以－(ex＋2x)在[0，2]上取得最大值－1，所以a≥－1.‎ 因为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.‎ 因为ex－2x在[0，ln 2]上单调递减，‎ 在[ln 2，2]上单调递增，‎ 所以ex－2x在[0，2]上取得最小值2－2ln 2，‎ 所以a≤2－2ln 2.‎ 所以实数a的取值范围为[－1，2－2ln 2].‎ 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，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a＝2时，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，因为ex>0，‎ 所以－x2＋2>0，解得－0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1，1)恒成立，‎ 即a≥＝ ‎＝(x＋1)－对x∈(－1，1)恒成立.‎ 令y＝(x＋1)－，则y′＝1＋>0.‎ 所以y＝(x＋1)－在(－1，1)上单调递增，‎ 所以y<(1＋1)－＝，即a≥.‎ 因此a的取值范围为[，＋∞).‎ 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，k>0.‎ ‎(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(k>0)，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)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ ‎↘‎ ↗‎ 所以，f(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()＝.‎ ‎(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k≥e，‎ 当k＝e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k>e时，f(x)在区间(0，)上单调递减且 f(1)＝>0，f()＝<0，‎ 所以f(x)在区间(1，]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，]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)组求解，实现形与数的和谐统一.‎ ‎　已知函数f(x)＝x3－3x2＋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k<1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点.‎ ‎(1)解　f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.‎ 曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线方程为y＝ax＋2.‎ 由题设得－＝－2，所以a＝1.‎ ‎(2)证明　由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.‎ 设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.‎ 由题设知1－k>0.‎ 当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)单调递增，‎ g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，‎ 所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一实根.‎ 当x>0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，‎ 则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x).‎ h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，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y＝f(x)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　(2016·全国乙卷)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.‎ 解　(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a).‎ ‎(ⅰ)设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞‎ ‎，1)单调递减，‎ 在(1，＋∞)单调递增.‎ ‎(ⅱ)设a<0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝ln(－2a).‎ ‎①若a＝－，则f′(x)＝(x－1)(ex－e)，‎ 所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.‎ ‎②若a>－，则ln(－2a)<1，故当x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)时，f′(x)>0；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.‎ ‎③若a<－，则ln(－2a)>1，故当x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0；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)(ⅰ)设a>0，则由(1)知，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.‎ 又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，‎ 所以f(x)有两个零点.‎ ‎(ⅱ)设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一个零点.‎ ‎(ⅲ)设a<0，若a≥－，则由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上单调递增.又当x≤1时f(x)<0，故f(x)不存在两个零点；若a<－，则由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增.又当x≤1时f(x)<0，故f(x)不存在两个零点.‎ 综上，a的取值范围为(0，＋∞).‎ 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繁琐时，可采用直接构造函数的方法求解.‎ ‎　已知函数f(x)＝x3－2x2＋x＋a，g(x)＝－2x＋，若对任意的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　[－，－]‎ 解析　问题等价于f(x)的值域是g(x)的值域的子集，‎ 显然，g(x)单调递减，∴g(x)max＝g(2)＝，‎ g(x)min＝g(4)＝－.‎ 对于f(x)，f′(x)＝3x2－4x＋1，‎ 令f′(x)＝0，解得x＝或x＝1，‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况列表如下：‎ x ‎－1‎ ‎(－1，)‎ ‎(，1)‎ ‎1‎ ‎(1，2)‎ ‎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·江苏淮阴中学月考)在平面直角坐标系xOy中，已知向量a＝(1，0)，b＝(0，2).设向量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，求实数k的最大值，并求取最大值时θ的值.‎ 解　(1)方法一　当k＝4，θ＝时，x＝(1，2－)，y＝(－4，4)，‎ 则x·y＝1×(－4)＋(2－)×4＝4－4.‎ 方法二　依题意，a·b＝0，‎ 则x·y＝[a＋(1－)b]·(－4a＋2b)‎ ‎＝－4a2＋2×(1－)b2‎ ‎＝－4＋2×(1－)×4＝4－4.‎ ‎(2) 依题意，x＝(1，2－2cos θ)，y＝(－k，)，‎ 因为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)，‎ 则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<θ<π，故θ＝.‎ 当θ变化时，f′(θ)，f(θ)的变化情况如下表：‎ θ ‎(0，)‎ ‎(，π)‎ f′(θ)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(θ)‎ ↘‎ 极小值－ ‎↗‎ 故当θ＝时，f(θ)min＝－，‎ 此时实数k取最大值－.‎ ‎2.(2015·重庆)设函数f(x)＝(a∈R).‎ ‎(1)若f(x)在x＝0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 f′(x)＝ ‎＝，‎ 因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0.‎ 当a＝0时，f(x)＝，f′(x)＝，故f(1)＝，f′(1)＝，从而f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－＝(x－1)，化简得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＝.‎ 当x＜x1时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)为减函数；‎ 当x1＜x＜x2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.‎ 由f(x)在[3，＋∞)上为减函数，知x2＝≤3，解得a≥－，‎ 故a的取值范围为.‎ ‎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①　多边形为直角三角形AEB(∠AEB＝90°)，如图1所示，其中AE＋EB＝30 m；‎ 方案②　多边形为等腰梯形AEFB(AB>EF)，如图2所示，其中AE＝EF＝BF＝10 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　设方案①，②中多边形苗圃的面积分别为S1，S2.‎ 方案①　设AE＝x，则S1＝x(30－x)‎ ‎≤ []2＝(当且仅当x＝15时， “＝”成立).‎ 方案②　设∠BAE＝θ，‎ 则S2＝100sin θ(1＋cos θ)，θ∈(0，).‎ 令S′2＝100(2cos2θ＋cos θ－1)＝0，得cos θ＝(cos θ＝－1舍去)，因为θ∈(0，)，所以θ＝ ‎.‎ 列表：‎ θ ‎(0，)‎ ‎(，)‎ S′2‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ S2‎ ↗‎ 极大值 ‎↘‎ 所以当θ＝时，(S2)max＝75.‎ 因为<75，所以建苗圃时用方案②，且∠BAE＝.‎ 答　方案①②苗圃的最大面积分别为 m2，75 m2，建苗圃时用方案②，且∠BAE＝.‎ ‎4.(2016·无锡期末)已知函数f(x)＝ln x＋(a>0).‎ ‎(1)当a＝2时，求出函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若不等式f(x)≥a对于x>0恒成立，求实数a的取值范围.‎ 解　(1)当a＝2时，函数f(x)＝ln x＋，‎ 所以f′(x)＝－＝，‎ 所以当x∈(0，e)时，f′(x)<0，则函数f(x)在(0，e)上单调递减；‎ 当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，则函数f(x)在(e，＋∞)上单调递增.‎ ‎(2)由题意得ln x＋≥a在x∈(0，＋∞)上恒成立，等价于xln x＋a＋e－2－ax≥0在(0，＋∞)上恒成立，令g(x)＝xln x＋a＋e－2－ax，‎ 因为g′(x)＝ln x＋1－a，令g′(x)＝0，得x＝ea－1，‎ 所以g′(x)与g(x)关系如下表所示：‎ x ‎(0，ea－1)‎ ea－1‎ ‎(ea－1，＋∞)‎ g′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ g(x)‎ ↘‎ 极小值 ↗‎ 所以g(x)的最小值为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，‎ 因为t′(x)＝1－ex－1，‎ 令t′(x)＝0，得x＝1，所以t′(x)与t(x)关系如下表所示：‎ x ‎(0，1)‎ ‎1‎ ‎(1，＋∞)‎ t′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ t(x)‎ ‎↗‎ 极大值 ↘‎ 所以当a∈(0，1)时，g(x)的最小值t(a)>t(0)＝e－2－＝>0，‎ 当a∈[1，＋∞)时，由g(x)的最小值t(a)＝a＋e－2－ea－1≥0＝t(2)，得a∈[1，2].综上得a∈(0，2].‎ ‎5.(2016·徐州质检)已知函数f(x)＝，g(x)＝ax－2ln x－a(a∈R，e为自然对数的底数).‎ ‎(1)求f(x)的极值；‎ ‎(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　(1)因为f(x)＝，所以f′(x)＝，‎ 令f′(x)＝0，得x＝1. ‎ 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x＝1时取得极大值f(1)＝1，无极小值.‎ ‎(2)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)＝e·e1－e>0，‎ 所以当x∈(0，e]时，函数f(x)的值域为(0，1]. ‎ 当a＝0时，g(x)＝－2ln x在(0，e]上单调递减，不合题意； ‎ 当a≠0时，g′(x)＝a－＝＝，x∈(0，e]，‎ 故必须满足0<.‎ 此时，当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下：‎ x ‎(0，)‎ ‎(，e]‎ g′(x)‎ ‎—‎ ‎0‎ ‎＋‎ g(x)‎ ↘‎ 极小值 ‎↗‎ 所以x→0，g(x)→＋∞，g()＝2－a－2ln ，‎ g(e)＝a(e－1)－2.‎ 所以对任意给定的x0∈(0，e]，在区间(0，e]上总存在两个不同的x1，x2，‎ 使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0)，当且仅当a满足下列条件即 令m(a)＝2－a－2ln ，a∈(，＋∞)，‎ m′(a)＝－，由m′(a)＝0，得a＝2.‎ 当a∈(2，＋∞)时，m′(a)<0，函数m(a)单调递减；‎ 当a∈(，2)时，m′(a)>0，函数m(a)单调递增.‎ 所以，对任意a∈(，＋∞)有m(a)≤m(2)＝0， ‎ 即2－a－2ln ≤0对任意a∈(，＋∞)恒成立.‎ 由a(e－1)－2≥1，解得a≥.‎ 综上所述，当a∈[，＋∞)时，对于任意给定的x0∈(0，e]，在区间(0，e]上总存在两个不同的x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0). ‎