三年高考2016-2018数学理真题分类解析：专题07-导数的应用

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1、专题 07 导数的应用 考纲解读明方向 考点内容解读要求常考题型 预测热 度 1.导数与函数的 单调性 了解函数单调性和导数的关系;能利用导数 研究函数的单调性,会求函数的单调区间 (其中多项式函数一般不超过三次) 理解 选择题 解答题 2.导数与函数的极 (最)值 了解函数在某点取得极值的必要条件和充 分条件;会用导数求函数的极大值、极小值 (其中多项式函数一般不超过三次);会求闭 区间上函数的最大值、最小值(其中多项式 函数一般不超过三次) 掌握解答题 3.生活中的优化问 题 会利用导数解决某些实际问题掌握选择题 分析解读 1.会利用导数研究函数的单调性,掌握求函数单调区间的方法. 2.掌

2、握求函数极值与最值的方法,解决利润最大、 用料最省、 效率最高等实际生产、 生活中的优化问题. 3.利用导数求函数极值与最值、结合单调性与最值求参数范围、证明不等式是高考热点.分值为 1217 分,属于高档题. 命题探究练扩展 2018 年高考全景展示 1 【2018 年理数天津卷】已知函数，其中 a1. （I）求函数的单调区间； （II）若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，证明 ； （III）证明当时，存在直线 l，使 l 是曲线的切线，也是曲线的切线. 【答案】()单调递减区间，单调递增区间为；()证明见解析；()证明见解析. （III）由题意可得两条切线方程分别为 l1：.l2：.

3、 则原问题等价于当时，存在，使得 l1和 l2重合.转化为当时， 关于 x1的方程存在实数解，构造函数，令 ，结合函数的性质可知存在唯一的 x0，且 x00，使得， 据此可证得存在实数 t，使得，则题中的结论成立. 详解： （I）由已知，有. 令，解得 x=0. 由 a1，可知当 x 变化时，的变化情况如下表： x0 0+ 极小值 所以函数的单调递减区间，单调递增区间为. （III）曲线在点处的切线 l1：. 曲线在点处的切线 l2：. 要证明当时，存在直线 l，使 l 是曲线的切线，也是曲线的切线， 只需证明当时，存在，使得 l1和 l2重合. 即只需证明当时，方程组有解， 由得，代入，得.

4、 因此，只需证明当时，关于 x1的方程存在实数解. 设函数，即要证明当时，函数存在零点. ，可知时，； 时，单调递减，又， 故存在唯一的 x0，且 x00，使得，即. 由此可得在上单调递增，在上单调递减. 在处取得极大值.因为，故， 所以. 下面证明存在实数 t，使得.由（I）可得，当时， 有，所以存在实数 t， 使得，因此，当时，存在，使得. 所以，当时，存在直线 l，使 l 是曲线的切线，也是曲线的切线. 点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所 以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度从高 考来看

5、，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、 微积分相联系 (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数 (3)利用导数 求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题 (4)考查数形结合思想的应用 2 【2018 年理北京卷】设函数= （）若曲线 y= f（x）在点（1，）处的切线与 轴平行，求 a； （）若在 x=2 处取得极小值，求 a 的取值范围 【答案】(1) a 的值为 1(2) a 的取值范围是（ ，+） 【解析】分析： （1）先求导数，再根据得 a； （2）先求导数的零点：，2；再分类讨论，根 据是否满足在 x=2 处取

6、得极小值，进行取舍，最后可得 a 的取值范围 详解：解： （）因为=， 所以 f （x）=2ax（4a+1） ex+ax2（4a+1）x+4a+3ex（xR）=ax2（2a+1）x+2ex f (1)=(1a)e由题设知 f (1)=0，即(1a)e=0，解得 a=1 此时 f (1)=3e0所以 a 的值为 1 点睛：利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化.以 平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和 导数联系起来求解. 3 【2018 年江苏卷】记分别为函数的导函数若存在，满足且 ，则称为函数与的一个“

7、S 点” （1）证明：函数与不存在“S 点”； （2）若函数与存在“S 点”，求实数 a 的值； （3）已知函数，对任意，判断是否存在，使函数与在区 间内存在“S 点”，并说明理由 【答案】 （1）证明见解析（2）a 的值为 （3）对任意 a0，存在 b0，使函数 f（x）与 g（x）在区间 （0，+）内存在“S 点” 【解析】分析： （1）根据题中“S 点”的定义列两个方程，根据方程组无解证得结论； （2）同（1）根 据“S 点”的定义列两个方程，解方程组可得 a 的值； （3）通过构造函数以及结合 “S 点”的定义列两个 方程，再判断方程组是否有解即可证得结论. 详解：解： （1）函数 f

8、（x）=x，g（x）=x2+2x-2，则 f（x）=1，g（x）=2x+2 由 f（x）=g（x）且 f（x）= g（x） ，得，此方程组无解， 因此，f（x）与 g（x）不存在“S”点 （2）函数，则 设 x0为 f（x）与 g（x）的“S”点，由 f（x0）与 g（x0）且 f（x0）与 g（x0） ，得 ，即， （*） 得，即，则当时，满足方程组（*） ，即为 f（x）与 g（x）的“S”点因此，a 的值为 （3）对任意 a0，设因为，且 h （x）的图象是不间断的，所以存在（0，1） ，使得，令，则 b0 函数，则 由 f（x）与 g（x）且 f（x）与 g（x） ，得 ，即（*） 此

9、时，满足方程组（*） ，即是函数 f（x）与 g（x）在区间（0，1）内的一个“S 点” 因此，对任意 a0，存在 b0，使函数 f（x）与 g（x）在区间（0，+）内存在“S 点” 点睛：涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图象交点个数问题，一般先通过导数研究函数 的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况， 归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路. 4 【2018 年理新课标 I 卷】已知函数 （1）讨论的单调性； （2）若存在两个极值点，证明： 【答案】（1） 当时，在单调递减.， 当时，在 单调

10、递减，在单调递增.（2）证明见解析. （i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减. （ii） 若， 令得，或.当 时，；当时，.所以在 单调递减，在单调递增. （2）由（1）知，存在两个极值点当且仅当. 由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于 ， 所以等价于.设函数， 由 （1） 知，在 单调递减， 又， 从而当时，.所以， 即. 点睛：该题考查的是应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性、应用 导数研究函数的极值以及极值所满足的条件， 在解题的过程中， 需要明确导数的符号对单调性的决定 性作用，再者就是要先保证函数的生存权，先确定函数的定义域，要对参数进行讨论，

11、还有就是在做 题的时候，要时刻关注第一问对第二问的影响，再者就是通过构造新函数来解决问题的思路要明确. 2017 年高考全景展示 1. 【2017 课标课标 II， 理理 11】 若2x 是函数 21 ( )(1) x f xxaxe 的极值点， 则( )f x的极小值为 （） A.1B. 3 2eC. 3 5eD.1 【答案】A 【解析】 试题分析：由题可得 12121 ( )(2)(1)(2)1 xxx fxxa exaxexaxae 因为( 2)0f ，所以1a ， 21 ( )(1) x f xxxe ，故 21 ( )(2) x fxxxe 令( )0fx，解得2x或1x ，所以(

12、)f x在(, 2),(1,) 单调递增，在( 2,1)单调递减 所以( )f x极小值为 1 1 1(1 1 1)1fe ，故选 A。 【考点】 函数的极值；函数的单调性 【名师点睛】(1)可导函数 yf(x)在点 x0处取得极值的充要条件是 f(x0)0，且在 x0左侧与右侧 f(x) 的符号不同。 (2)若 f(x)在(a，b)内有极值，那么 f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没 有极值。 2.【2017 浙江，7】函数 y=f(x)的导函数( )yfx的图像如图所示，则函数 y=f(x)的图像可能是 【答案】D 【解析】 试题分析：原函数先减再增，再减再

13、增，且由增变减时，极值点大于 0，因此选 D 【考点】 导函数的图象 【名师点睛】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与x轴的交点为 0 x，且图 象在 0 x两侧附近连续分布于x轴上下方，则 0 x为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单 调性时，由导函数)( xf的正负，得出原函数)(xf的单调区间 3.【2017 课标课标 II，理】，理】已知函数 2 lnf xaxaxxx，且 0f x 。 (1)求a； (2)证明： f x存在唯一的极大值点 0 x，且 22 0 2ef x 。 【答案】(1)1a ；(2)证明略。 【解析】 试题分析：(1)利用题意结合导函数

14、与原函数的关系可求得1a ，注意验证结果的正确性； (2)结合(1)的结论构造函数 22lnh xxx，结合 h x的单调性和 f x的解析式即可证得题中 的不等式 22 0 2ef x 。 试题解析： （1） fx的定义域为0， +。 设 lng xaxax，则 f xxg x， 0f x 等价于 0g x 。 因为 10,0gg x，因 10g，而 1 , 11gxaga x ，得1a 。 若1a ，则 1 1gx x 。当01x时， 0gx ， g x单调递减； 当1x 时， 0gx ， g x单调递增。所以1x 是 g x的极小值点，故 10g xg 综上，1a 。 （2）由（1）知

15、2 lnf xxxxx， 22lnfxxx 。 设 22lnh xxx，则 1 2hx x 。 当 1 0, 2 x 时， 0hx ；当 1 , 2 x 时， 0hx ， 所以 h x在 1 0, 2 单调递减，在 1 , 2 单调递增。 又 2 0h e， 1 0 2 h ， 10h， 所以 h x在 1 0, 2 有唯一零点 0 x，在 1 , 2 有唯一零点 1， 且当 0 0,xx时， 0h x ；当 0,1 xx时， 0h x ， 当1,x时， 0h x 。 因为 fxh x，所以 0 xx是 f x的唯一极大值点。 由 0 0fx得 00 ln21xx，故 000 1f xxx。 由 0 0,1x 得 0 1 4 fx。 因为 0 xx是