（浙江专用）2020版高考数学新增分大一轮复习第四章导数及其应用专题突破二高考中的导数应用问题讲义（含解析）.docx

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1、1高考专题突破二 高考中的导数应用问题题型一 利用导数研究函数性质例 1(2018台州质检)已知函数 f(x) x3| x a|(aR)(1)当 a1 时，求 f(x)在(0， f(0)处的切线方程；(2)当 a(0,1)时，求 f(x)在1,1上的最小值(用 a 表示)解 (1)当 a1， x0，知 f(x)在 a,1上单调递增当1 x0，即( x22)e x0，因为 ex0，所以 x220，解得 0，所以 x2( a2) x a0 对 x(1,1)都成立，即 a ( x1)x2 2xx 1 x 12 1x 1 1x 1对 x(1,1)都成立令 y( x1) ，1x 1则 y1 0.1x 1

2、2所以 y( x1) 在(1,1)上单调递增，1x 1所以 y0)，由 f( x)0，得 xe.x ex2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)lne 2，ee f(x)的极小值为 2.(2)由题设 g(x) f( x) (x0)，x3 1x mx2 x3令 g(x)0，得 m x3 x(x0)13设 (x) x3 x(x0)，13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， ( x) 时，函数 g(x)无零点；23当 m 时，函数 g(x

3、)有且只有一个零点；23当 0 时，函数 g(x)无零点；23当 m 或 m0 时，函数 g(x)有且只有一个零点；234当 00，故 f(x)在(0,1)上单调递增；当 x(1,3)时， f( x)0，即 a23 时， f( x)0 有两根，设两根为 x1， x2，且 x10， aR)12(1)若 a2，求点(1， f(1)处的切线方程；(2)若不等式 f(x) 对任意 x0 恒成立，求实数 a 的值a2解 (1)当 a2 时， f(x) x2ln x， f( x) ， x0.2x2 1x f(1)1， f(1)1，所求的切线方程为 y x.(2)易得 f( x) (x0)ax2 1x当 a

4、0 时， f( x)1 时， f(x)0 时， f(x)在 上单调递减，(0， 1a)在 上单调递增，(1a， ) f(x)min f ln ，(1a) 12 1a6 ln ，即 1ln a a0.12 1a a2设 g(x)1ln x x，则 g( x) 1 ，1x 1 xx g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减， g(x) g(1)0，即 1ln x x0，故 1ln a a0， a1.1(2017浙江)已知函数 f(x)( x )e x .2x 1 (x12)(1)求 f(x)的导函数；(2)求 f(x)在区间 上的取值范围12， )解 (1)因为( x )1 ，(e x

5、)e x，2x 112x 1所以 f( x) e x( x )e x(1 12x 1) 2x 1 .1 x2x 1 2e x2x 1 (x 12)(2)由 f( x) 0，1 x2x 1 2e x2x 1解得 x1 或 x .52当 x 变化时， f( x)， f(x)的变化情况如下表：x 12 (12， 1) 1 (1， 52) 52 (52， )f( x) 0 0 f(x)12e 0 52e又 f(x) ( 1) 2e x0，12 2x 17所以 f(x)在区间 上的取值范围是120,e.12， )2已知函数 f(x) axe x(aR)， g(x) .lnxx(1)求函数 f(x)的单调

6、区间；(2)x(0 ， )，使不等式 f(x) g(x)e x成立，求 a 的取值范围解 (1)因为 f( x) ae x， xR.当 a0 时， f( x)0 时，令 f( x)0，得 xln a.由 f( x)0，得 f(x)的单调递增区间为(，ln a)；由 f( x)0 时， f(x)的单调递增区间为(，ln a)，单调递减区间为(ln a，)(2)因为 x(0 ，)，使不等式 f(x) g(x)e x，则 ax ，即 a .lnxx lnxx2设 h(x) ，则问题转化为 a max，lnxx2 (lnxx2)由 h( x) ，令 h( x)0，得 x .1 2lnxx3 e当 x

7、在区间(0，)内变化时， h( x)， h(x)随 x 变化的变化情况如下表：x (0， )e e ( ，)eh( x) 0 h(x) 极大值12e由上表可知，当 x 时，函数 h(x)有极大值，即最大值为 ，所以 a .e12e 12e故 a 的取值范围是 .( ，12e3已知函数 f(x) x33 x2 ax2，曲线 y f(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；8(2)证明：当 k0.当 x0 时， g( x)3 x26 x1 k0， g(x)单调递增，g(1) k10 时，令 h(x) x33 x24，则 g(x) h(x)(1 k)xh(x)h(

8、x)3 x26 x3 x(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 y f(x)与直线 y kx2 只有一个交点4设函数 f(x) x3 ax2( a3) x3，其中 aR，函数 f(x)有两个极值点 x1， x2，且13 120 x10，得 a6 或 a0，21所以| (x)| (x) x2 x 0，x(2,2)时， y0，故所求函数的单调递增区间是(，2)，(2，)，单调递减区间是(2,2)(2)证明 方法一 令 h(x) f(x) gt(x)

9、23tx t (x0)，x33 23则 h( x) x2 ，当 t0 时，10由 h( x)0，得 x13t.当 x(0，13t)时， h( x)0，所以 h(x)在(0，)内的最小值是 h(13t)0.故当 x0 时， f(x) gt(x)对任意正实数 t 成立方法二 对任意固定的 x0，令 h(t) gt(x)23x t (t0)，23则 h( t)1(x )，由 h( t)0，得 t x3.当 00；当 tx3时， h( t)0 时， f(x) gt(x)对任意正实数 t 成立对任意 x00， g8(x0)4 x0 ，163因为 gt(x0)关于 t 的最大值是 ，x303所以使 g8(

10、x0) gt(x0)对任意正实数 t 成立的充要条件是 4x0 ，163 x303即( x02) 2(x04)0，又因为 x00，不等式成立的充要条件是 x02，所以有且仅有一个正实数 x02，使得 g8(x0) gt(x0)对任意正实数 t 成立6已知函数 f(x) x alnx， aR.(1)讨论函数 f(x)在定义域内的极值点的个数；(2)设 g(x) ，若不等式 f(x)g(x)对任意 x2，e恒成立，求 a 的取值范围a 1x解 (1) f( x)1 (x0)，ax x ax11当 a0 时， f( x)0 在(0，)上恒成立，函数 f(x)在(0，)上单调递增，所以 f(x)在(0

11、，)上没有极值点当 a0 时，由 f( x)0，得 xa，所以 f(x)在(0， a)上单调递减，在( a，)上单调递增，即 f(x)在 x a 处有极小值，无极大值所以当 a0 时， f(x)在(0，)上没有极值点，当 a0 时， f(x)在(0，)上有一个极值点(2)设 h(x) f(x) g(x) x alnx(x0)，1 ax则 h( x)1 1 ax2 ax x2 ax 1 ax2 ，x 1x 1 ax2不等式 f(x)g(x)对任意 x2，e恒成立，即函数 h(x) x alnx 在2，e上的最小值大于零1 ax当 1 ae，即 ae1 时， h(x)在2，e上单调递减，所以 h(x)的最小值为 h(e)，由 h(e)e a0，1 ae可得 ae1，e2 1e 1所以 e1 a0，1 a2可得 a2，即 1ae1.综上可得， a 的取值范围是 .( ，e2 1e 1)