高考专题突破一：高考中的导数应用问题（含答案）

1、高考专题突破一高考专题突破一 高考中的导数应用问题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 x x 31 的图象 在点 Q 处的切线，则直线 PQ 的斜率为( ) A.8 3 B2 C.7 3 D. 3 3 答案 A 解析 f(x)2cos x2,2， g(x) x 1 x2(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 1，8 3 ，直线 PQ 的斜率为8 3. 2(2018 西宁质检)若 f(x)1 2x 2bln(x2)在(1，)上是减函数，则 b 的取值范围是

2、( ) A1，) B(1，) C(，1 D(，1) 答案 C 解析 由题意可知 f(x)x b x20 在(1，)上恒成立，即 bx(x2)在(1，) 上恒成立由于g(x)x(x2)在(1，)上是增函数且g(1)1，所以b1.故选C. 3(2017 全国)若 x2 是函数 f(x)(x2ax1) ex 1 的极值点，则 f(x)的极小值为( ) A1 B2e 3 C5e3 D1 答案 A 解析 函数 f(x)(x2ax1)ex 1， 则 f(x)(2xa)ex 1(x2ax1)ex1 ex 1 x2(a2)xa1 由 x2 是函数 f(x)的极值点，得 f(2)e 3 (42a4a1)(a1)

3、e30， 所以 a1. 所以 f(x)(x2x1)ex 1，f(x)ex1 (x2x2) 由 ex 10 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. 4 若直线 ykxb 是曲线 yln x2 的切线， 也是曲线 yln(x1)的切线， 则 b_. 答案 1ln 2 解析 yln x2 的切线方程为 y1 x1 xln x11(设切点横坐标为 x1) yln(x1)的切线方程为 y 1 x21xln(x21) x

4、2 x21(设切点横坐标为 x2)， 1 x1 1 x21， ln x11lnx21 x2 x21， 解得 x11 2，x2 1 2，bln x111ln 2. 5 (2017 江苏)已知函数f(x)x32xex1 ex， 其中e是自然对数的底数， 若f(a1)f(2a 2)0， 则实数 a 的取值范围是_ 答案 1，1 2 解析 因为 f(x)(x)32(x)e x1 e x x32xex1 exf(x)， 所以 f(x)x32xex1 ex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)3x22exe x3x222 ex

5、ex 3x20，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1a1 2. 题型一题型一 利用导数研究函数性质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)1 x2a 12ax x . 当 a0，x(0，)时，g(x)0，函数 g(x)单调递增； 当 a

6、0，x 0， 1 2a 时，g(x)0，函数 g(x)单调递增，x 1 2a， 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 时，函数 g(x)的单调递增区间为 0， 1 2a ， 单调递减区间为 1 2a， . (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 0a1 2，即 1 2a1 时，由(1)知 f(x)在 0， 1 2a 上单调递增 可得当 x

7、(0,1)时，f(x)0， 当 x 1， 1 2a 时，f(x)0. 所以 f(x)在(0,1)上单调递减，在 1， 1 2a 上单调递增 所以 f(x)在 x1 处取得极小值，不符合题意； 当 a1 2，即 1 2a1 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 a1 2，即 0 1 2a1 时， 当 x 1 2a，1 时，f(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 a a1 2 .

8、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，f(x)(x22x)ex， 所以 f(x)(2x2)ex(x22x)ex (x22)ex.

9、令 f(x)0，即(x22)ex0，因为 ex0， 所以x220，解得 20. 所以 y(x1) 1 x1在(1,1)上单调递增， 所以 y0)，由 f(x)0，得 xe. 当 x(0，e)时，f(x)0，f(x)在(e，)上单调递增， 当 xe 时，f(x)取得极小值 f(e)ln ee e2， f(x)的极小值为 2. (2)由题设 g(x)f(x)x 3 1 x m x2 x 3(x0)， 令 g(x)0，得 m1 3x 3x(x0) 设 (x)1 3x 3x(x0)， 则 (x)x21(x1)(x1)， 当 x(0,1)时，(x)0，(x)在(0,1)上单调递增； 当 x(1，)时，(

10、x)2 3时，函数 g(x)无零点； 当 m2 3时，函数 g(x)有且只有一个零点； 当 00)，得 f(x)x k x x2k x . 由 f(x)0，解得 x k(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， k) k ( k，) f(x) 0 f(x) k1ln k 2 所以，f(x)的单调递减区间是(0， k)， 单调递增区间是( k，) f(x)在 x k处取得极小值 f( k)k1ln k 2 ，无极大值 (2)证明 由(1)知，f(x)在区间(0，)上的最小值为 f( k)k1ln k 2 . 因为 f(x)存在零点，所以k1ln k

11、2 0，从而 ke， 当 ke 时，f(x)在区间(1， e上单调递减且 f( e)0， 所以 x e是 f(x)在区间(1， e上的唯一零点； 当 ke 时，f(x)在区间(1， e上单调递减且 f(1)1 20，f( e) ek 2 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， g(

12、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 m3 2时，h(x)0， h(x)在1，)上单调递增， h(x)h(1)0 成立 当 32m3 2时， h(x)2xln x(12m)(x1)，(h(x)2ln x32m， 令(h(x)0，得 x 23 2 e m 1， 当 x1， 23 2 e m )时，h(x)单调递减，则 h(x)h(1)0， h(x)在1，

13、 23 2 e m )上单调递减， h(x)h(1)0，即 h(x)0 不成立 综上，m3 2. 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)2x9 x，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 7 4， 3 2 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)1 2， g(x)ming(4)23 4 ； 对于 f(x)，f(x)3x24x1， 令 f(x)0，解得 x1 3或 x1， 当 x 变化时，f(x)，f(x)的变化情况列表如下： x 1 (1，1 3) 1 3 1 3，1 1 (1,2) 2 f(x) 0 0 f(x) a4 4 27a a a2 f(x)maxa2，f(x)mina4， a21 2， a423 4 ， a 7 4， 3 2 .