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.doc

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1、1 / 14【2019【2019 最新最新】精选高考数学大一轮复习高考专题突破一高考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 时，f(x)在(0，)上单调递减，在(，)上单调递增，2 / 14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，

2、得 xe1.当 x(0，e1)时，f(x)0，函数 f(x)单调递增.又 f(1)f(e)0，10；当 x1 时，g(x)0).当且仅当 e2x，即 x时取等号，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3 / 14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

3、)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(x1)f(x2)|g(x1)g(x2)|对 x1x2 恒成立，因为 f(x2)f(x1)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

4、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.4 / 14因为 ex2x 在0，ln 2上单调递减，在ln 2，2上单调递增，所以 ex2x 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

5、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(x22x)ex(x22)ex.令 f(x)0，即(x22)ex0，因为 ex0，所以x220，解得0，所以x2(a2)xa0 对 x(1，1)恒成立，即 ax121 x1(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

6、 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，)kk(，)kf(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().(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

7、 f(x)在区间(1，上的唯一零点.6 / 14当 ke 时，f(x)在区间(0，)上单调递减且f(1)0，f()0.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)0.7 / 14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

8、)exa(x1)2.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)若 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)1，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 b(b2)a(b1)2a0，所以 f(x)有两个零点.()设 a

9、0，则 f(x)(x2)ex，所以 f(x)只有一个零点.()设 aEF)，如图 2 所示，其中AEEFBF10 m.请你分别求出两种方案中苗圃的最大面积，并从中确定使苗圃面积最大的方案.解 设方案，中多边形苗圃的面积分别为 S1，S2.方案 设 AEx，则 S1x(30x) 2(当且仅当 x15 时， “”成立).方案 设BAE，则 S2100sin (1cos )，(0，).令 S2100(2cos2cos 1)0，得 cos (cos 1舍去)，因为 (0，)，所以 .列表：(0，) 3 3(，) 3 2S20S2极大值所以当 时，(S2)max75.因为0).(1)当 a2 时，求出函

10、数 f(x)的单调区间；(2)若不等式 f(x)a 对于 x0 恒成立，求实数 a 的取值范围.解 (1)当 a2 时，函数 f(x)ln x，所以 f(x)，12 / 14所以当 x(0，e)时，f(x)0，则函数 f(x)在(e，)上单调递增.(2)由题意得 ln xa 在 x(0，)上恒成立，等价于 xln xae2ax0 在(0，)上恒成立，令 g(x)xln xae2ax，因为 g(x)ln x1a，令 g(x)0，得 xea1，所以 g(x)与 g(x)关系如下表所示：x(0，ea1)ea1(ea1，)g(x)0g(x)极小值所以 g(x)的最小值为 g(ea1)(a1)ea1ae

11、2aea1ae2ea10.令 t(x)xe2ex1，因为 t(x)1ex1，令 t(x)0，得 x1，所以 t(x)与 t(x)关系如下表所示：x(0，1)1(1，)t(x)0t(x)极大值所以当 a(0，1)时，g(x)的最小值 t(a)t(0)e20，当 a1，)时，由 g(x)的最小值 t(a)ae2ea10t(2)，得 a1，2.综上得 a(0，2.5.(2016徐州质检)已知函数 f(x)，g(x)ax2ln xa(aR，e 为自然对数的底数).(1)求 f(x)的极值；(2)在区间(0，e上，对于任意的 x0，总存在两个不同的 x1，x2，使得 g(x1)g(x2)f(x0)，求

12、a 的取值范围.解 (1)因为 f(x)，所以 f(x)，13 / 14令 f(x)0，得 x1. 当 x(，1)时，f(x)0，f(x)是增函数；当 x(1，)时，f(x)0，所以当 x(0，e时，函数 f(x)的值域为(0，1. 当 a0 时，g(x)2ln x 在(0，e上单调递减，不合题意； 当 a0 时，g(x)a，x(0，e，故必须满足 0.此时，当 x 变化时，g(x)，g(x)的变化情况如下：x(0， )2 a2 a( ，e2 ag(x)0g(x)极小值所以 x0，g(x)，g()2a2ln ，g(e)a(e1)2.所以对任意给定的 x0(0，e，在区间(0，e上总存在两个不同的x1，x2，使得 g(x1)g(x2)f(x0)，当且仅当 a 满足下列条件即Error!令 m(a)2a2ln ，a(，)，m(a)，由 m(a)0，得 a2.当 a(2，)时，m(a)0，函数 m(a)单调递增.所以，对任意 a(，)有 m(a)m(2)0， 即 2a2ln 0 对任意 a(，)恒成立.14 / 14由 a(e1)21，解得 a.综上所述，当 a，)时，对于任意给定的 x0(0，e，在区间(0，e上总存在两个不同的 x1，x2，使得 g(x1)g(x2)f(x0).