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1、【2019最新】精选高考数学大一轮复习高考专题突破一高考中的导数应用问题教师用书理苏教1.(2016全国丙卷)已知f(x)为偶函数，当x0时，f(x)ex1x，则曲线yf(x)在点(1，2)处的切线方程是_.答案2xy0解析设x0，则x0，f(x)ex1x，因为f(x)为偶函数，所以f(x)ex1x，f(x)ex11，f(1)2，曲线在点(1，2)处的切线方程为y22(x1)，即2xy0.2.若函数f(x)kxln 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)kxln x在区间(1，)上单调递增f(x)k0在(1，)上恒成立.由于k，而00时，f(x)
2、在(0，)上单调递减，在(，)上单调递增，所以由题意知f()3.4.已知函数f(x)x1(e1)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)10，得xe1.当x(0，e1)时，f(x)0，函数f(x)单调递增.又f(1)f(e)0，1e1e，所以由f(ex)0，得1exe，解得0x1.5.设函数f(x)，g(x)，对任意x1，x2(0，)，不等式恒成立，则正数k的取值范围是_.答案1，)解析因为对任意x1，x2(0，)，不等式恒成立，所以.因为g(x)，所以g(x)e2x(1x).当0x0；当x1时，g(x)0).当且仅当e2x，即x时取
3、等号，故f(x)min2e.所以，应有，又k0，所以k1.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)x2ax1，aR.(1)记函数F(x)f(x)g(x)，且a0，求F(x)的单调递增区间；(2)若对任意x1，x20，2，x1x2，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(x2ax1)，所以F(x)exx(a1)(x1).令F(x)0，因为a0，所以x1或x|g(x1)g(x2)|成立，不妨设x1x2，根据f(x)ex在0，2上单调递增，所以有f(
4、x1)f(x2)|g(x1)g(x2)|对x1x2恒成立，因为f(x2)f(x1)g(x1)g(x2)x2恒成立，即对x1，x20，2，x1x2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(2xa)0在0，2上恒成立，即a(ex2x)在0，2上恒成立.因为(ex2x)在0，2上是单调减函数，所以(ex2x)在0，2上取得最大值1，所以a1.因为f(x)g(x)0在0，2上恒成立，所以ex(2xa)0在0，2上恒成立，即aex2x在0，2上恒成立.因为ex2x在0，ln 2上单调递减，在ln 2，2上单调递增，所以ex
5、2x在0，2上取得最小值22ln 2，所以a22ln 2.所以实数a的取值范围为1，22ln 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a2时，f(x)(x22x)ex，所以f(x)(2x2)ex
6、(x22x)ex(x22)ex.令f(x)0，即(x22)ex0，因为ex0，所以x220，解得x0，所以x2(a2)xa0对x(1，1)恒成立，即a(x1)对x(1，1)恒成立.令y(x1)，则y10.所以y(x1)在(1，1)上单调递增，所以y0.(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(k0)，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)0f(x)所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调
7、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ke，当ke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ke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)
8、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；(2)证明：当k0.当x0时，g(x)3x26x1k0，g(x)单调递增，g(1)k10时，令h(x)x33x24，则g(x)h(x)(1k)xh(x).h(x)3x26x3x(x2)，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yf(x)与直线ykx2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)(x2)exa(x1)2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若
9、f(x)有两个零点，求a的取值范围.解(1)f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a).()设a0，则当x(，1)时，f(x)0.所以f(x)在(，1)单调递减，在(1，)单调递增.()设a，则ln(2a)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.若a1，故当x(，1)(ln(2a)，)时，f(x)0；当x(1，ln(2a)时，f(x)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b0且b(b2)a(b1)2a0，所以f(x)有两个零点.(
10、)设a0，则f(x)(x2)ex，所以f(x)只有一个零点.()设a0，若a，则由(1)知，f(x)在(1，)上单调递增.又当x1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x1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)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)maxg(2)，g(x)
