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课件理苏教版

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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课时作业题型分类　深度剖析内容索引考点自测1.(2016·全国丙卷)已知f(x)为偶函数，当x≤0时，f(x)＝e－x－1－x，则曲线y＝f(x)在点(1，2)处的切线方程是__________.答案解析2x－y＝0设x>0，则－x<0，f(－x)＝ex－1＋x，因为f(x)为偶函数，所以f(x)＝ex－1＋x，f′(x)＝ex－1＋1，f′(1)＝2，曲线在点(1，2)处的切线方程为y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0.2.若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是__________.答案

2、解析[1，＋∞)即k的取值范围为[1，＋∞).3.(2016·苏北四市联考)已知函数f(x)＝x3－ax2＋4，若f(x)的图象与x轴正半轴有两个不同的交点，则实数a的取值范围为__________.答案解析(3，＋∞)由题意知f′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a)，当a≤0时，不符合题意.4.已知函数f(x)＝x－1－(e－1)lnx，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________.答案解析(0，1)当x∈(0，e－1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(e－1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增.又f

3、(1)＝f(e)＝0，10；当x>1时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减.所以当x＝1时，g(x)取到最大值，即g(x)max＝g(1)＝e.又k>0，所以k≥1.题型分类　深度剖析题型一　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是自然对数的底数)，g(x)＝x2＋ax＋1，a∈R.(1)记函数

4、F(x)＝f(x)·g(x)，且a>0，求F(x)的单调递增区间；解答因为F(x)＝f(x)·g(x)＝ex(x2＋ax＋1)，所以F′(x)＝ex[x＋(a＋1)](x＋1).令F′(x)>0，因为a>0，所以x>－1或x<－(a＋1)，所以F(x)的单调递增区间为(－∞，－a－1)和(－1，＋∞).(2)若对任意x1，x2∈[0，2]，x1≠x2，均有

5、f(x1)－f(x2)

6、>

7、g(x1)－g(x2)

8、成立，求实数a的取值范围.解答因为对任意x1，x2∈[0，2]且x1≠x2，均有

9、f(x1)－f(x2)

10、>

11、g(x1)－g(x2)

12、成立，不妨设x1>x2，根

13、据f(x)＝ex在[0，2]上单调递增，所以有f(x1)－f(x2)>

14、g(x1)－g(x2)

15、对x1>x2恒成立，因为f(x2)－f(x1)x2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＋(2x＋a)≥0在[0，2]上恒成立，即a≥－(ex＋2x)在[0，2]上恒成立.因为－(ex＋2x)在[0，2]上是单调减函数，所以－(ex＋2x)在[0，2]上取得最大值－1，所以a≥－1.因为f′

16、(x)－g′(x)≥0在[0，2]上恒成立，所以ex－(2x＋a)≥0在[0，2]上恒成立，即a≤ex－2x在[0，2]上恒成立.因为ex－2x在[0，ln2]上单调递减，在[ln2，2]上单调递增，所以ex－2x在[0，2]上取得最小值2－2ln2，所以a≤2－2ln2.所以实数a的取值范围为[－1，2－2ln2].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

17、析.思维升华跟踪训练1已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e为自然对数的底数).(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；解答当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex，所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，因为ex>0，(2)若函数f(x)在(－1，1)上单调递增，求a的取值范围.解答因为函数f(x)在(－1，1)上单调递增，所以f′(x)≥0对x∈(－1，1)恒成立.因为f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a