2019版高考文科数学大一轮复习人教A版文档：4 高考专题突破一 .docx

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1、高考专题突破一高考中的导数应用问题【考点自测】1若函数f(x)2sin x(x0，)的图象在点P处的切线平行于函数g(x)2的图象在点Q处的切线，则直线PQ的斜率为()A. B2 C. D.答案A解析f(x)2cos x2,2，g(x)2(当且仅当x1时取等号)当两函数的切线平行时，xp0，xQ1.即P(0,0)，Q，直线PQ的斜率为.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()A1 B2e3 C5e3 D1答案A解析函数f(x)(x2ax1)ex1，则f(x)(2xa)ex1(x2ax1)ex1ex1x2(a2)xa1由x2是函数f(x)的极值

2、点，得f(2)e3(42a4a1)(a1)e30，所以a1.所以f(x)(x2x1)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.3设f(x)，g(x)在a，b上可导，且f(x)g(x)，则当axg(x)Bf(x)g(x)f(a)Df(x)g(b)g(x)f(b)答案C解析f(x)g(x)0，(f(x)g(x)0，f(x)g(x)在a，b上是增函数，当axf(a)g(a)，f(x)g(a)g(x)f(a)4若函数

3、f(x)2x33mx26x在区间(2，)上为增函数，则实数m的取值范围为_答案解析f(x)6x26mx6，当x(2，)时，f(x)0恒成立，即x2mx10恒成立，mx恒成立令g(x)x，g(x)1，当x2时，g(x)0，即g(x)在(2，)上单调递增，m2.5(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_答案解析因为f(x)(x)32(x)exx32xexf(x)，所以f(x)x32xex是奇函数因为f(a1)f(2a2)0，所以f(2a2)f(a1)，即f(2a2)f(1a)因为f(x)3x22exex3x2223x2

4、0，当且仅当x0时“”成立，所以f(x)在R上单调递增，所以2a21a，即2a2a10，所以1a.题型一利用导数研究函数性质例1 (2018沈阳质检)设f(x)xln xax2(2a1)x，aR.(1)令g(x)f(x)，求g(x)的单调区间；(2)已知f(x)在x1处取得极大值，求实数a的取值范围解(1)由f(x)ln x2ax2a，可得g(x)ln x2ax2a，x(0，)，所以g(x)2a.当a0，x(0，)时，g(x)0，函数g(x)单调递增；当a0，x时，g(x)0，函数g(x)单调递增，x时，g(x)0，函数g(x)单调递减所以当a0时，函数g(x)的单调递增区间为(0，)；当a0

5、时，函数g(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)由(1)知，f(1)0.当a0时，f(x)单调递增，所以当x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递减，当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递增，所以f(x)在x1处取得极小值，不符合题意；当0a，即1时，由(1)知f(x)在上单调递增可得当x(0,1)时，f(x)0，当x时，f(x)0.所以f(x)在(0,1)上单调递减，在上单调递增所以f(x)在x1处取得极小值，不符合题意；当a，即1时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递减，不符合题意；当a，即01时，当x时，f(

6、x)0，f(x)单调递增，当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递减所以f(x)在x1处取得极大值，符合题意 .综上可知，实数a的取值范围为.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，

7、f(x)(x22x)ex，所以f(x)(2x2)ex(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)都成立，即a(x1)对x(1,1)都成立令y(x1)，则y10.所以y(x1)在(1,1)上单调递增，所以y0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间(2,0)内恰有两个零点，求a的取值范围解(1)f(x)x2(1a)xa(x1)(xa)由f(x)0，得x1或xa(a0)当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，1)1(1，a)a(a，)f(x)00f(x)极大值极小值故函数

8、f(x)的单调递增区间是(，1)，(a，)；单调递减区间是(1，a)(2)由(1)知f(x)在区间(2，1)内单调递增，在区间(1,0)内单调递减，从而函数f(x)在区间(2,0)内恰有两个零点，当且仅当解得0a0.(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，)，单调递增区间是(，)f(x)在x处取得极小值f

9、()，无极大值(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(1，上单调递减且f(1)0，f()0)，f(1)ab0，f(e)ae2b(e1)a(e2e1)e2e1，a1，b1.(2)证明f(x)x2ln xx1，f(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，)上单调递增，g(x)g(1)0，g(x)在1，)上单调递增，

10、g(x)g(1)0.f(x)(x1)2.(3)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)当32m0，即m时，h(x)0，h(x)在1，)上单调递增，h(x)h(1)0成立当32m时，h(x)2xln x(12m)(x1)，(h(x)2ln x32m，令(h(x)0，得x1，当x1，)时，h(x)单调递减，则h(x)h(1)0，h(x)在1，)上单调递减，h(x)h(1)0，即h(x)0不成立综上，m.思维升华 求解不等式恒成立或有解时参

11、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)ming(4)；对于f(x)，f(x)3x24x1，令f(x)0，解得x或x1，当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况列表如下：x1(1，)1(1,2)2f(x)00f(x)a4aaa2f(x)ma

12、xa2，f(x)mina4，a.1已知函数f(x)xln x.(1)求f(x)的最小值；(2)若对所有x1都有f(x)ax1，求实数a的取值范围解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)的导数f(x)1ln x，令f(x)0，解得x，令f(x)0，解得0x1时，因为g(x)0，故g(x)在1，)上单调递增，所以g(x)的最小值是g(1)1，从而a的取值范围是(，12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；(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

13、(x)h(x)(1k)xh(x)h(x)3x26x3x(x2)，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yf(x)与直线ykx2只有一个交点3已知函数f(x)x2xsin xcos x.(1)若曲线yf(x)在点(a，f(a)处与直线yb相切，求a与b的值；(2)若曲线yf(x)与直线yb有两个不同的交点，求b的取值范围解由f(x)x2xsin xcos x，得f(x)x(2cos x)(1)因为曲线yf(x)在点(a，f(a)处与直线yb相切，所以f(a)a(2cos a)

14、0，bf(a)，解得a0，bf(0)1.(2)令f(x)0，得x0.当x变化时，f(x)与f(x)的变化情况如下表：x(，0)0(0，)f(x)0f(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b1时，曲线yf(x)与直线yb最多只有一个交点；当b1时，f(2b)f(2b)4b22b14b2b1b，f(0)11时，曲线yf(x)与直线yb有且仅有两个不同的交点综上可知，如果曲线yf(x)与直线yb有两个不同的交点，那么b的取值范围是(1，)4已知函数f(x)a2ln x(aR)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数g(x)，若至

15、少存在一个x01，e，使得f(x0)g(x0)成立，求实数a的取值范围解(1)由题意得，函数f(x)的定义域为(0，)，易求得f(x)a，令h(x)ax22xa.当a0时，h(x)0在(0，)上恒成立，则f(x)0时，44a2.()当0a0，即h(x)0，得x；由f(x)0，即h(x)0，得xg(x0)成立，所以ax02ln x0，即a.令F(x)，则题目等价于当x1，e时，aF(x)min.对F(x)求导，得F(x).因为当x1，e时，F(x)0，所以F(x)在1，e上单调递增所以F(x)minF(1)0，因此a0，即实数a的取值范围为(0，)5(2017豫南九校联考)对于函数yH(x)，若

16、在其定义域内存在x0，使得x0H(x0)1成立，则称x0为函数H(x)的“倒数点”已知函数f(x)ln x，g(x)(x1)21.(1)求证：函数f(x)有“倒数点”，并讨论函数f(x)的“倒数点”的个数；(2)若当x1时，不等式xf(x)mg(x)x恒成立，试求实数m的取值范围(1)证明设h(x)ln x，x0，则h(x)0，x0，所以h(x)在(0，)上为单调递增函数而h(1)10，所以函数h(x)有零点且只有一个零点所以函数f(x)有“倒数点”且只有一个“倒数点”(2)解xf(x)mg(x)x等价于2xln xm(x21)，设d(x)2ln xm，x1.则d(x)，x1，易知mx22xm

17、0的判别式为44m2.当m1时，d(x)0，d(x)在1，)上单调递减，d(x)d(1)0，符合题意；当0m1时，方程mx22xm0有两个正根且0x11d(1)0，不合题意；当m0时，d(x)0，d(x)在(1，)上单调递增，此时d(x)d(1)0，不合题意；当1md(1)0，不合题意；当m1时，d(x)0，d(x)在(1，)上单调递增，此时d(x)d(1)0，不合题意综上，实数m的取值范围是1，)6(2018泉州调研)已知函数f(x)ex，g(x)，a为实常数(1)设F(x)f(x)g(x)，当a0时，求函数F(x)的单调区间；(2)当ae时，直线xm，xn(m0，n0)与函数f(x)，g(x)的图象一共有四个不同的交点，且以此四点为顶点的四边形恰为平行四边形求证：(m1)(n1)0时，F(x)0，故F(x)的单调递增区间为(，0)，(0，)，无单调递减区间(2)证明因为直线xm与xn平行，故该四边形为平行四边形等价于f(m)g(m)f(n)g(n)且m0，n0.当ae时，F(x)f(x)g(x)ex(x0)，则F(x)ex，令g(x)F(x)ex，则g(x)ex0，故F(x)ex在(0，)上单调递增而F(1)e0，故当x(0,1)时，F(x)0，F(x)单调递增而F(m)F(n)，故0m1n或0n1m，所以(m1)(n1)0.