江苏省2019高考数学二轮复习专题五函数、不等式与导数5.3小题考法—导数的简单应用讲义含解析.doc

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1、第三讲小题考法——导数的简单应用考点(一)利用导数研究函数的单调性主要考查利用导数研究函数的单调性，或由函数的单调性求参数的值(或范围).[题组练透]1．(2018·南京三模)若函数f(x)＝ex(－x2＋2x＋a)在区间[a，a＋1]上单调递增，则实数a的最大值为________．解析：由题意得，f′(x)＝ex(－x2＋2＋a)≥0在区间[a，a＋1]上恒成立，即－x2＋2＋a≥0在区间[a，a＋1]上恒成立，所以解得－1≤a≤，所以实数a的最大值为.答案：2．若函数f(x)＝lnx－ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是_

2、_______．解析：f′(x)＝－ax－2＝，由题意知f′(x)<0有实数解，∵x>0，∴ax2＋2x－1>0有实数解．当a≥0时，显然满足；当a<0时，只需Δ＝4＋4a>0，解得－1－1，即实数a的取值范围是(－1，＋∞)．答案：(－1，＋∞)3．已知定义域为{x

3、x≠0}的偶函数f(x)，其导函数为f′(x)，对任意正实数x满足xf′(x)>－2f(x)，若g(x)＝x2f(x)，则不等式g(x)

4、[xf′(x)＋2f(x)]，由题意知，当x>0时，xf′(x)＋2f(x)>0，所以g′(x)>0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f(x)为偶函数，则g(x)也是偶函数，所以g(x)＝g(

5、x

6、)．由g(x)

7、x

8、)

9、单调区间上恒成立问题来求解.考点(二)利用导数研究函数的极值、最值　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　主要考查利用函数的极值与导数的关系，求函数的极值、最值或由极值的情况求参数.[典例感悟][典例]　(1)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为________．(2)已知函数f(x)＝x＋xlnx，若k∈Z，且k(x－1)1恒成立，则k的最大值为________．(3)(2018·江苏高考)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f

10、(x)在[－1,1]上的最大值与最小值的和为________．[解析]　(1)因为f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，令f′(x)<0，解得－2

11、)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值＝f(1)＝－1.(2)法一：依题意得，k<对任意的x>1恒成立．令g(x)＝，则g′(x)＝，令h(x)＝x－lnx－2(x>1)，则h′(x)＝1－＝>0，所以函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增．因为h(3)＝1－ln3<0，h(4)＝2－2ln2>0，所以方程h(x)＝0在(1，＋∞)上存在唯一实数根x0，且满足x0∈(3,4)，即有h(x0)＝x0－lnx0－2＝0，lnx0＝x0－2.当1

12、>x0时，h(x)>0，即g′(x)>0，所以函数g(x)＝在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以[g(x)]min＝g(x0)＝＝＝x0∈(3,4)．所以k<[g(x)]min＝x0∈(3,4)，故整数k的最大值是3.法二：依题意得，当x＝2时，k(2－1)1)，则g′(x)＝lnx－1.当1

13、；当x>e时，g′(x)>0，g(x)在区间(e，＋∞)上单调递增．因此，g(x)的最小值是g(e)＝3－e>0，于是有g(x)>0恒成立．所以满足题意的最大整数k的值是3.(3