2019届二轮复习高考专题突破一高考中的导数应用问题课件（45张）（全国通用） 45页

高考专题突破一 高考中的导数应用问题 考点自测 课时作业 题型分 类　 深度剖析 内容索引 考点自测　 1. 若函数 f ( x ) 在 R 上可导，且满足 f ( x ) － xf ′ ( x )>0 ，则 A.3 f (1)< f (3) B.3 f (1 )> f (3) C.3 f (1) ＝ f (3) D. f (1 ) ＝ f (3) 答案 解析 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 A.( － ∞ ，－ 2] B .( － ∞ ，－ 1] C.[2 ，＋ ∞ ) D .[1 ，＋ ∞ ) 答案 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· 安徽江南十校联考 ) 已知函数 f ( x ) ＝ x 3 － ax 2 ＋ 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 A.(1 ，＋ ∞ ) B.( ，＋ ∞ ) C.(2 ，＋ ∞ ) D .(3 ，＋ ∞ ) 答案 解析 由题意知 f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 － 2 ax ＝ x (3 x － 2 a ) ， 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 ， 故选 D. 4.(2016· 全国甲卷 ) 若直线 y ＝ kx ＋ 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 解析 1 － ln 2 答案 解析 [1 ，＋ ∞ ) 因为对任意 x 1 ， x 2 ∈ (0 ，＋ ∞ ) ， 当 0< x <1 时， g ′ ( x )>0 ；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. 题型分类　深度剖析 题型一　利用导数研究函数性质 例 1 　 (2015· 课标全国 Ⅱ ) 已知函数 f ( x ) ＝ ln x ＋ a (1 － x ). (1) 讨论 f ( x ) 的单调性； 解 答 若 a ≤ 0 ，则 f ′ ( x ) ＞ 0 ，所以 f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递增 . (2) 当 f ( x ) 有最大值，且最大值大于 2 a － 2 时，求 a 的取值范围 . 解 答 由 (1) 知，当 a ≤ 0 时， f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 无最大值； 当 a ＞ 0 时， f ( x ) 在 x ＝ 取得 最大值， 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 . 跟踪训练 1 　已知 a ∈ R ，函数 f ( x ) ＝ ( － x 2 ＋ ax )e x ( 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； 解答 当 a ＝ 2 时， f ( x ) ＝ ( － x 2 ＋ 2 x )e x ， 所以 f ′ ( x ) ＝ ( － 2 x ＋ 2)e x ＋ ( － x 2 ＋ 2 x )e x ＝ ( － x 2 ＋ 2)e x . 令 f ′ ( x )>0 ，即 ( － x 2 ＋ 2)e x >0 ，因为 e x >0 ， (2) 若函数 f ( x ) 在 ( － 1,1) 上单调递增，求 a 的取值范围 . 解答 因为函数 f ( x ) 在 ( － 1,1) 上单调递增 ，所以 f ′ ( x ) ≥ 0 对 x ∈ ( － 1,1) 都成立 . 因为 f ′ ( x ) ＝ ( － 2 x ＋ a )e x ＋ ( － x 2 ＋ ax )e x ＝ [ － x 2 ＋ ( a － 2) x ＋ a ] e x ， 所以 [ － x 2 ＋ ( a － 2) x ＋ a ] e x ≥ 0 对 x ∈ ( － 1,1) 都成立 . 因为 e x >0 ，所以－ x 2 ＋ ( a － 2) x ＋ a ≥ 0 对 x ∈ ( － 1,1) 都成立， 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 ) ＝ － k ln x ， k >0. (1) 求 f ( x ) 的单调区间和极值； 解答 函数的定义域为 (0 ，＋ ∞ ). 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 ( ，＋ ∞ ). (2) 证明：若 f ( x ) 存在零点，则 f ( x ) 在区间 (1 ， ] 上仅有一个零点 . 证明 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 . 跟踪训练 2 　已知函数 f ( x ) ＝ x 3 － 3 x 2 ＋ 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 ； 解 答 f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 － 6 x ＋ 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：当 k <1 时，曲线 y ＝ f ( x ) 与直线 y ＝ kx － 2 只有一个交点 . 证明 由 (1) 知， f ( x ) ＝ x 3 － 3 x 2 ＋ x ＋ 2 . 设 g ( x ) ＝ f ( x ) － kx ＋ 2 ＝ x 3 － 3 x 2 ＋ (1 － k ) x ＋ 4. 由 题设知 1 － k >0. 当 x ≤ 0 时， g ′ ( x ) ＝ 3 x 2 － 6 x ＋ 1 － k >0 ， g ( x ) 单调递增， g ( － 1) ＝ k － 1<0 ， g (0) ＝ 4 ， 所以 g ( x ) ＝ 0 在 ( － ∞ ， 0] 上有唯一实根 . 当 x >0 时，令 h ( x ) ＝ x 3 － 3 x 2 ＋ 4 ， 则 g ( x ) ＝ h ( x ) ＋ (1 － k ) x > h ( x ). h ′ ( x ) ＝ 3 x 2 － 6 x ＝ 3 x ( 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 ) 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 ) ＝ x ln x ， g ( x ) ＝－ x 2 ＋ ax － 3. (1) 对一切 x ∈ (0 ，＋ ∞ ) ， 2 f ( x ) ≥ g ( x ) 恒成立，求实数 a 的取值范围； 解 答 ∀ x ∈ (0 ，＋ ∞ ) ，有 2 x ln x ≥ － x 2 ＋ ax － 3 ，则 a ≤ 2ln x ＋ x ＋ ， x ∈ (0,1) 时， h ′ ( x )<0 ， h ( x ) 单调递减， x ∈ (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 ，＋ ∞ ) ， 2 f ( x ) ≥ g ( x ) 恒成立 ，所以 a ≤ h ( x ) min ＝ 4. 证明 f ( x ) ＝ x ln x ( x ∈ (0 ，＋ ∞ )) 的最小值 是 ， 当且仅当 x ＝ 1 时取到 . 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 . 跟踪训练 3 　已知函数 f ( x ) ＝ x 3 － 2 x 2 ＋ x ＋ a ， g ( x ) ＝－ 2 x ＋ ， 若对任意的 x 1 ∈ [ － 1,2] ，存在 x 2 ∈ [2,4] ，使得 f ( x 1 ) ＝ g ( x 2 ) ，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 ， 对于 f ( x ) ， f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 － 4 x ＋ 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 递增 ＋ a 递减 a 递增 a ＋ 2 ∴ f ( x ) max ＝ a ＋ 2 ， f ( x ) min ＝ a － 4 ， 课时作业 (1) 求 a 的值； 解答 由 f ( x ) 在点 (1 ， f (1)) 处的切线垂直于直线 y ＝ ， 1 2 3 4 5 (2) 求函数 f ( x ) 的单调区间 . 解答 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 ′ ( x )<0 ，故 f ( x ) 在 (0,5) 内为减函数； 当 x ∈ (5 ，＋ ∞ ) 时， f ′ ( 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). 1 2 3 4 5 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； 解答 因为 f ( x ) 在 x ＝ 0 处取得极值，所以 f ′ (0) ＝ 0 ，即 a ＝ 0. 1 2 3 4 5 (2) 若 f ( x ) 在 [3 ，＋ ∞ ) 上为减函数，求 a 的取值范围 . 解答 1 2 3 4 5 令 g ( x ) ＝－ 3 x 2 ＋ (6 － a ) x ＋ a ， 当 x ＜ x 1 时， g ( x ) ＜ 0 ，即 f ′ ( x ) ＜ 0 ，故 f ( x ) 为减函数； 当 x 1 ＜ x ＜ x 2 时， g ( x ) ＞ 0 ，即 f ′ ( x ) ＞ 0 ，故 f ( x ) 为增函数； 当 x ＞ x 2 时， g ( x ) ＜ 0 ，即 f ′ ( x ) ＜ 0 ，故 f ( x ) 为减函数 . 1 2 3 4 5 3. 已知函数 f ( x ) ＝ x ln x ， g ( x ) ＝ ( － x 2 ＋ ax － 3)e x ( a 为实数 ). (1) 当 a ＝ 5 时，求函数 y ＝ g ( x ) 在 x ＝ 1 处的切线方程； 解答 当 a ＝ 5 时， g ( x ) ＝ ( － x 2 ＋ 5 x － 3)e x ， g (1) ＝ e. 又 g ′ ( x ) ＝ ( － x 2 ＋ 3 x ＋ 2)e x ， 故切线的斜率为 g ′ (1) ＝ 4e. 所以切线方程为 y － e ＝ 4e( x － 1) ， 即 4e x － y － 3e ＝ 0. 1 2 3 4 5 (2) 求 f ( x ) 在区间 [ t ， t ＋ 2 ] ( t >0) 上的最小值 . 解答 1 2 3 4 5 函数 f ( x ) 的定义域为 (0 ，＋ ∞ ) ， f ′ ( x ) ＝ ln x ＋ 1 ， 当 x 变化时， f ′ ( x ) ， f ( x ) 的变化情况如下表： x (0 ， ) ( ，＋ ∞ ) f ′ ( x ) － 0 ＋ f ( 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 ) ＝ t ln t . 1 2 3 4 5 4. 已知函数 f ( x ) ＝ x 2 ＋ x sin x ＋ cos x . (1) 若曲线 y ＝ f ( x ) 在点 ( a ， f ( a )) 处与直线 y ＝ b 相切，求 a 与 b 的值； 解答 由 f ( x ) ＝ x 2 ＋ x sin x ＋ cos x ，得 f ′ ( x ) ＝ x (2 ＋ cos x ). 因为曲线 y ＝ f ( x ) 在点 ( a ， f ( a )) 处与直线 y ＝ b 相切， 所以 f ′ ( a ) ＝ a (2 ＋ cos a ) ＝ 0 ， b ＝ f ( a ). 解得 a ＝ 0 ， b ＝ f (0) ＝ 1. 1 2 3 4 5 (2) 若曲线 y ＝ f ( x ) 与直线 y ＝ b 有两个不同交点，求 b 的取值范围 . 解答 1 2 3 4 5 令 f ′ ( x ) ＝ 0 ，得 x ＝ 0. 当 x 变化时， f ( x ) 与 f ′ ( x ) 的变化情况如下： x ( － ∞ ， 0) 0 (0 ，＋ ∞ ) f ′ ( x ) － 0 ＋ f ( x ) ↘ 1 ↗ 所以函数 f ( x ) 在区间 ( － ∞ ， 0) 上单调递减， 在区间 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递增， f (0) ＝ 1 是 f ( x ) 的最小值 . 当 b ≤ 1 时，曲线 y ＝ f ( x ) 与直线 y ＝ b 最多只有一个交点 ； 当 b >1 时， f ( － 2 b ) ＝ f (2 b ) ≥ 4 b 2 － 2 b － 1>4 b － 2 b － 1> b ， f (0) ＝ 1< b ， 1 2 3 4 5 所以存在 x 1 ∈ ( － 2 b, 0) ， x 2 ∈ (0,2 b ) ， 使得 f ( x 1 ) ＝ f ( x 2 ) ＝ b . 由于函数 f ( x ) 在区间 ( － ∞ ， 0) 和 (0 ，＋ ∞ ) 上均单调， 所以当 b >1 时曲线 y ＝ f ( x ) 与直线 y ＝ b 有且仅有两个不同交点 . 综上可知，如果曲线 y ＝ f ( x ) 与直线 y ＝ b 有两个不同交点， 那么 b 的取值范围是 (1 ，＋ ∞ ). 1 2 3 4 5 5.(2016· 四川 ) 设函数 f ( x ) ＝ ax 2 － a － ln x ，其中 a ∈ R . (1) 讨论 f ( x ) 的单调性； 解答 当 a ≤ 0 时， f ′ ( x )<0 ， f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 内单调递减 . 当 a >0 时，由 f ′ ( x ) ＝ 0 ，有 x ＝ . 此时，当 x ∈ 时 ， f ′ ( x )<0 ， f ( x ) 单调递减； 当 x ∈ 时 ， f ′ ( x )>0 ， f ( x ) 单调递增 . 1 2 3 4 5 (2) 确定 a 的所有可能取值，使得 f ( x )> － e 1 － x 在区间 (1 ，＋ ∞ ) 内恒成立 (e ＝ 2.718 … 为自然对数的底数 ). 解答 1 2 3 4 5