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)2x 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 () A1，)
2、B(1，) C(，1D(，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( ) A1B2e 3 C5e 3 D1 答案A 解析函数 f(x)(x2ax1)ex 1， 则 f(x)(2xa)ex 1(x2ax1)ex1 ex 1x2(a2)xa1 由 x2 是函数 f(x)的极值点，得 f(2)e 3(42a4a1)(a1)e30， 所以 a1. 所以
3、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 x1xln x 11(设切点横坐标为 x1) yln(x1)的切线方程为 y 1 x21xln(x 21) x2 x21(设切点横坐标为 x 2
4、)， 1 x1 1 x21， ln x11lnx21 x2 x21， 解得 x11 2，x 21 2，bln x 111ln 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 exex 3x20，当且仅当 x
5、0 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 a0，x 0， 1 2a 时，g(x
6、)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(0,1)时，f(x)0， 当 x 1
7、， 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|a 1 2. 思维升华 利用导数主要研究函数的单调性、
8、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. 令 f(x)0，即(x22)ex0，因为 e
9、x0， 所以x220，解得 2x0，所以x2(a2)xa0 对 x(1,1)都成立， 即 ax 22x x1 x1 21 x1 (x1) 1 x1对 x(1,1)都成立 令 y(x1) 1 x1，则 y1 1 x120. 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
10、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，(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 0m2 3时，函数 g(x)无零点； 当 m2 3或 m0 时，函数 g(x)有且只有一个零点； 当 0m0. (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， e上仅有一个零点 (1)解函数的定义域为(0，)由 f(x)x 2 2 kln x(k0)，得 f(x)xk x x2k x . 由 f(x)0，解得 x k(
11、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 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，
12、 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(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)2x1
13、x(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， 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
14、 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 x 11,2，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： x1 (1，1
15、3) 1 3 1 3，1 1(1,2)2 f(x)00 f(x)a4 4 27a aa2 f(x)maxa2，f(x)mina4， a21 2， a423 4 ， a 7 4， 3 2 . 1(2017浙江)已知函数 f(x)(x 2x1)e x x1 2 . (1)求 f(x)的导函数； (2)求 f(x)在区间 1 2，上的取值范围 解(1)因为(x 2x1)1 1 2x1， (e x)ex， 所以 f(x) 1 1 2x1 e x(x 2x1)ex 1x 2x12e x 2x1 x1 2 . (2)由 f(x)1x 2x12e x 2x1 0， 解得 x1 或 x5 2. 当 x 变化时
16、，f(x)，f(x)的变化情况如下表： x 1 2 1 2，1 11，5 2 5 2 5 2， f(x)00 f(x) 1 2 1 2 e 0 1 2 5 2 e 又 f(x)1 2( 2x11) 2ex0， 所以 f(x)在区间 1 2，上的取值范围是 0，1 2 1 2 e . 2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(x)h(x)(1k)xh(x) h(x)3x2
17、6x3x(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(2018长春质检)已知函数 f(x)x22exm1，g(x)xe 2 x (x0) (1)若 g(x)m 有零点，求 m 的取值范围； (2)确定 m 的取值范围，使得 g(x)f(x)0 有两个相异实根 解(1)g(x)xe 2 x 2 e22e(x0)，当且仅当 xe 2 x 时取等号，当 xe 时，g(x)有最小值 2e. 要使 g(x)m 有零
18、点，只需 m2e. 即当 m2e，)时，g(x)m 有零点 (2)若 g(x)f(x)0 有两个相异实根，则函数 g(x)与 f(x)的图象有两个不同的交点 如图，作出函数 g(x)xe 2 x (x0)的大致图象 f(x)x22exm1 (xe)2m1e2， 其对称轴为 xe， f(x)maxm1e2. 若函数 f(x)与 g(x)的图象有两个交点，则 m1e22e，即当 me22e1 时，g(x)f(x) 0 有两个相异实根 m 的取值范围是(e22e1，) 4已知函数 f(x)1 xaln x(a0，aR) (1)若 a1，求函数 f(x)的极值和单调区间； (2)若在区间(0，e上至少
19、存在一点 x0，使得 f(x0)0 成立，求实数 a 的取值范围 解(1)当 a1 时，f(x)1 x2 1 x x1 x2 ， 令 f(x)0，得 x1，又 f(x)的定义域为(0，)， 由 f(x)0，得 0 x0，得 x1， 所以当 x1 时，f(x)有极小值 1，无极大值； f(x)的单调递增区间为(1，)，单调递减区间为(0,1) (2)f(x) 1 x2 a x ax1 x2 ，且 a0，x0. 令 f(x)0，得 x1 a，若在区间(0，e上存在一点 x 0，使得 f(x0)0 成立，即 f(x)在区间(0，e 上的最小值小于 0. 当1 a0，即 a0 时，f(x)0 在(0，
20、e上恒成立， 即 f(x)在区间(0，e上单调递减， 故 f(x)在区间(0，e上的最小值为 f(e)1 ealn e 1 ea， 由1 ea0，得 a0，即 a0 时， 若 e1 a，则 f(x)0 对 x(0，e恒成立， 所以 f(x)在区间(0，e上单调递减， 则 f(x)在区间(0，e上的最小值为 f(e)1 ealn e 1 ea0， 显然 f(x)在区间(0，e上的最小值小于 0 不成立； 若 01 a 1 e时，则当 x 变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表： x0，1 a 1 a 1 a，e f(x)0 f(x)极小值 所以 f(x)在区间(0，e上的最小值为 f 1 a
21、 aaln 1 a， 由 f 1 a aaln 1 aa(1ln a)0， 得 1ln ae，即 a(e，) 综上可知，a ，1 e (e，) 5(2018 届珠海二中月考)已知函数 f(x)xaln x，aR. (1)讨论函数 f(x)在定义域内的极值点的个数； (2)设 g(x)a1 x ，若不等式 f(x)g(x)对任意 x1，e恒成立，求 a 的取值范围 解(1)f(x)1a x xa x (x0)， 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，)上没有极值点 当 a0 时，由 f(x)0，得 0 x0，得 xa， 所以 f
22、(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增， 即 f(x)在 xa 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)x1a x aln x(x0)， 则 h(x)11a x2 a x x2ax1a x2 x1x1a x2 ， 不等式 f(x)g(x)对任意 x1，e恒成立， 即函数 h(x)x1a x aln x 在1，e上的最小值大于零 当 1ae，即 ae1 时，h(x)在1，e上单调递减，所以 h(x)的最小值为 h(e)， 由 h(e)e1a e a0，可得 ae1，所以
23、 e1a0， 可得 a2，即2a0； 当 11ae，即 0ae1 时， 可得 h(x)的最小值为 h(1a)， 因为 0ln(1a)1，所以 0aln(1a)2， 即 0a0 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)exe x(x0)， 则 F(x)ex e x2，令 g(x)F(x)e xe x2， 则 g(x)ex2e x30， 故 F(x)ex e x2在(0，)上单调递增 而 F(1)e e 120， 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.
