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1、高考中的导数应用问题,高考专题突破一,考点自测,课时作业,题型分类 深度剖析,内容索引,考点自测,1,2,3,4,5,解析,答案,解析 f(x)2cos x2,2，,当两函数的切线平行时，xp0，xQ1.,2.(2017全国)若x2是函数f(x)(x2ax1)ex1的极值点，则f(x)的极小值为 A.1 B.2e3 C.5e3 D.1,1,2,4,5,解析,3,答案,解析 函数f(x)(x2ax1)ex1， 则f(x)(2xa)ex1(x2ax1)ex1 ex1x2(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)(x2x
2、1)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.,1,2,4,5,3,解析,3.(2018西宁质检)若f(x) x2bln(x2)在(1，)上是减少的，则b的取值范围是 A.1，) B.(1，) C.(，1 D.(，1),答案,即bx(x2)在(1，)上恒成立. 由于g(x)x(x2)在(1，)上是增加的且g(1)1， 所以b1.故选C.,1,2,4,5,3,4.若直线ykxb是曲线yln x2的切
3、线，也是曲线yln(x1)的切线，则b .,解析,答案,1ln 2,解析 yln x2的切线方程为y xln x11(设切点横坐标为x1).,1,2,4,5,3,5.(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 .,解析,1,2,4,5,3,答案,因为f(a1)f(2a2)0， 所以f(2a2)f(a1)，即f(2a2)f(1a).,3x20，当且仅当x0时“”成立， 所以f(x)在R上是增加的，所以2a21a，即2a2a10，,1,2,4,5,3,题型分类 深度剖析,例1 (2018沈阳质检)设f(x)xln xa
4、x2(2a1)x，aR. (1)令g(x)f(x)，求g(x)的单调区间；,题型一 利用导数研究函数性质,解答,解 由f(x)ln x2ax2a， 可得g(x)ln x2ax2a，x(0，)，,当a0，x(0，)时，g(x)0，函数g(x)是增加的；,所以当a0时，函数g(x)的递增区间为(0，)；,(2)已知f(x)在x1处取得极大值，求实数a的取值范围.,解答,解 由(1)知，f(1)0. 当a0时，f(x)是增加的， 所以当x(0,1)时，f(x)0，f(x)是减少的， 当x(1，)时，f(x)0，f(x)是增加的， 所以f(x)在x1处取得极小值，不符合题意；,可得当x(0,1)时，f
5、(x)0，,所以f(x)在x1处取得极小值，不符合题意；,所以当x(0，)时，f(x)0，f(x)是减少的，不符合题意；,当x(1，)时，f(x)0，f(x)是减少的. 所以f(x)在x1处取得极大值，符合题意.,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像的性质进行分析.,解答,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)的递增区间；,解
6、 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，,解答,(2)若函数f(x)在(1,1)上是增加的，求a的取值范围.,解 因为函数f(x)在(1,1)上是增加的， 所以f(x)0对x(1,1)都成立. 因为f(x)(2xa)ex(x2ax)ex x2(a2)xaex， 所以x2(a2)xaex0对x(1,1)都成立. 因为ex0，所以x2(a2)xa0对x(1,1)都成立，,题型二 利用导数研究函数零点问题,例2 设函数f(x)ln x ，mR. (1)当me(e为自然对数的底数)时，求f(x)
7、的极小值；,解答,当x(0，e)时，f(x)0，f(x)在(e，)上是增加的，,f(x)的极小值为2.,解答,则(x)x21(x1)(x1)， 当x(0,1)时，(x)0，(x)在(0,1)上是增加的； 当x(1，)时，(x)0，(x)在(1，)上单调递减. x1是(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x1也是(x)的最大值点，,又(0)0，结合y(x)的图像(如图)，可知,当m0时，函数g(x)有且只有一个零点.,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，并借助函数图像，根据零点或图像的交点情况，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.,解答,f(x)与f(x)
8、在区间(0，)上随x的变化情况如下表：,(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,题型三 利用导数研究不等式问题,例3 (2017陕西省宝鸡市质检)设函数f(x)ax2ln xb(x1)，曲线yf(x)过点(e，e2e1)，且在点(1,0)处的切线方程为y0. (1)求a，b的值；,解答,解 由题意可知，f(x)ax2ln xb(x1)的定义域为(0，)，f(x)2axln xaxb(x0)， f(1)ab0， f(e)ae2b(e1)a(e2e1) e2e1， a1，b1.,(2)证明：当x1时，f(x)(x1)2；,证明 f(x)x2ln xx1， f
9、(x)(x1)2x2ln xxx2， 设g(x)x2ln xxx2(x1)， 则g(x)2xln xx1. 由(g(x)2ln x10，得g(x)在1，)上是增加的， g(x)g(1)0， g(x)在1，)上是增加的， g(x)g(1)0. f(x)(x1)2.,证明,(3)若当x1时，f(x)m(x1)2恒成立，求实数m的取值范围.,解答,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).,h(x)在1，)上是增加的， h(x)h
10、(1)0成立.,h(x)2xln x(12m)(x1)，(h(x)2ln x32m， 令(h(x)0，得x0 1， 当x1，x0)时，h(x)是减少的，则h(x)h(1)0， h(x)在1，x0)上是减少的， h(x)h(1)0，即h(x)0不成立.,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较烦琐时，可采用直接构造函数的方法求解.,解析,跟踪训练3 已知函数f(x)x32x2xa，g(x)2x ，若对任意的x11,2，存在x22,4，使得f(x1)g(x2)，则实数a的取值范围是 .,答案,解析 问题等
11、价于f(x)的值域是g(x)的值域的子集，,对于f(x)，f(x)3x24x1，,当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况列表如下：,f(x)maxa2，f(x)mina4，,课时作业,基础保分练,1,2,3,4,5,6,解答,解答,1,2,3,4,5,6,当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,解答,2.已知函数f(x)x33x2ax2，曲线yf(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为2. (1)求a的值；,解 f(x)3x26xa，f(0)a. 曲线yf(x)在点(0,2)处的切线方程为yax2.,1,2,3,4,5,6,证
12、明,(2)证明：当k1时，曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点.,1,2,3,4,5,6,证明 由(1)知，f(x)x33x2x2. 设g(x)f(x)kx2x33x2(1k)x4. 由题设知1k0. 当x0时，g(x)3x26x1k0，g(x)是增加的， g(1)k10时，令h(x)x33x24， 则g(x)h(x)(1k)xh(x).,1,2,3,4,5,6,h(x)3x26x3x(x2)，h(x)在(0,2)上是减少的，在(2，)上是增加的， 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yf(x)与直线ykx2只有
13、一个交点.,1,2,3,4,5,6,3.(2018长春质检)已知函数f(x)x22exm1，g(x)x (x0). (1)若g(x)m有零点，求m的取值范围；,解答,要使g(x)m有零点，只需m2e. 即当m2e，)时，g(x)m有零点.,1,2,3,4,5,6,(2)确定m的取值范围，使得g(x)f(x)0有两个相异实根.,解答,1,2,3,4,5,6,解 若g(x)f(x)0有两个相异实根，则函数g(x)与f(x)的图像有两个不同的交点.,f(x)x22exm1 (xe)2m1e2， 其对称轴为xe， f(x)maxm1e2. 若函数f(x)与g(x)的图像有两个交点，则m1e22e，即当
14、me22e1时，g(x)f(x)0有两个相异实根. m的取值范围是(e22e1，).,1,2,3,4,5,6,4.(2017广西质检)已知函数f(x) aln x(a0，aR). (1)若a1，求函数f(x)的极值和单调区间；,解答,令f(x)0，得x1，又f(x)的定义域为(0，)， 由f(x)0，得x1， 所以当x1时，f(x)有极小值1，无极大值； f(x)的递增区间为(1，)，递减区间为(0,1).,1,2,3,4,5,6,解答,(2)若在区间(0，e上至少存在一点x0，使得f(x0)0成立，求实数a的取值范围.,1,2,3,4,5,6,使得f(x0)0成立，即f(x)在区间(0，e上的最小值小于0.,即f(x)在区间(0，e上是减少的，,1,2,3,4,5,6,所以f(x)在区间(0，e上是减少的，则f(x)在区间(0，e上的最小值为,显然f(x)在区间(0，e上的最小值小于
