（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第四章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 專題突破二 高考中的導(dǎo)數(shù)應(yīng)用問題講義（含解析）.docx

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高考專題突破二高考中的導(dǎo)數(shù)應(yīng)用問題題型一利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)例1(2018臺(tái)州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)x3|xa|(aR)(1)當(dāng)a1時(shí)，求f(x)在(0，f(0)處的切線方程；(2)當(dāng)a(0,1)時(shí)，求f(x)在1,1上的最小值(用a表示)解(1)當(dāng)a1，x0，知f(x)在a,1上單調(diào)遞增當(dāng)1x0，即(x22)ex0，因?yàn)閑x0，所以x220，解得x0，所以x2(a2)xa0對x(1,1)都成立，即a(x1)對x(1,1)都成立令y(x1)，則y10.所以y(x1)在(1,1)上單調(diào)遞增，所以y0)，由f(x)0，得xe.當(dāng)x(0，e)時(shí)，f(x)0，f(x)在(e，)上單調(diào)遞增，當(dāng)xe時(shí)，f(x)取得極小值f(e)lne2，f(x)的極小值為2.(2)由題設(shè)g(x)f(x)(x0)，令g(x)0，得mx3x(x0)設(shè)(x)x3x(x0)，則(x)x21(x1)(x1)，當(dāng)x(0,1)時(shí)，(x)0，(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；當(dāng)x(1，)時(shí)，(x)時(shí)，函數(shù)g(x)無零點(diǎn)；當(dāng)m時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)0m時(shí)，函數(shù)g(x)無零點(diǎn)；當(dāng)m或m0時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)0m0，故f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；當(dāng)x(1,3)時(shí)，f(x)0，即a23時(shí)，f(x)0有兩根，設(shè)兩根為x1，x2，且x1x2，x1x22a，x1x23.則f(x)在(，x1)，(x2，)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減由題意知|f(x1)f(x2)|，即.化簡得(a23)31，解得30，aR)(1)若a2，求點(diǎn)(1，f(1)處的切線方程；(2)若不等式f(x)對任意x0恒成立，求實(shí)數(shù)a的值解(1)當(dāng)a2時(shí)，f(x)x2lnx，f(x)，x0.f(1)1，f(1)1，所求的切線方程為yx.(2)易得f(x)(x0)當(dāng)a0時(shí)，f(x)1時(shí)，f(x)0時(shí)，f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，f(x)minfln，ln，即1lnaa0.設(shè)g(x)1lnxx，則g(x)1，g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，g(x)g(1)0，即1lnxx0，故1lnaa0，a1.1(2017浙江)已知函數(shù)f(x)(x)ex.(1)求f(x)的導(dǎo)函數(shù)；(2)求f(x)在區(qū)間上的取值范圍解(1)因?yàn)?x)1，(ex)ex，所以f(x)ex(x)ex.(2)由f(x)0，解得x1或x.當(dāng)x變化時(shí)，f(x)，f(x)的變化情況如下表：x1f(x)00f(x)0又f(x)(1)2ex0，所以f(x)在區(qū)間上的取值范圍是.2已知函數(shù)f(x)axex(aR)，g(x).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)x(0，)，使不等式f(x)g(x)ex成立，求a的取值范圍解(1)因?yàn)閒(x)aex，xR.當(dāng)a0時(shí)，f(x)0時(shí)，令f(x)0，得xlna.由f(x)0，得f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，lna)；由f(x)0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，lna)，單調(diào)遞減區(qū)間為(lna，)(2)因?yàn)閤(0，)，使不等式f(x)g(x)ex，則ax，即a.設(shè)h(x)，則問題轉(zhuǎn)化為amax，由h(x)，令h(x)0，得x.當(dāng)x在區(qū)間(0，)內(nèi)變化時(shí)，h(x)，h(x)隨x變化的變化情況如下表：x(0，)(，)h(x)0h(x)極大值由上表可知，當(dāng)x時(shí)，函數(shù)h(x)有極大值，即最大值為，所以a.故a的取值范圍是.3已知函數(shù)f(x)x33x2ax2，曲線yf(x)在點(diǎn)(0,2)處的切線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為2.(1)求a的值；(2)證明：當(dāng)k0.當(dāng)x0時(shí)，g(x)3x26x1k0，g(x)單調(diào)遞增，g(1)k10時(shí)，令h(x)x33x24，則g(x)h(x)(1k)xh(x)h(x)3x26x3x(x2)，h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，)上單調(diào)遞增，所以g(x)h(x)h(2)0.所以g(x)0在(0，)上沒有實(shí)根綜上，g(x)0在R上有唯一實(shí)根，即曲線yf(x)與直線ykx2只有一個(gè)交點(diǎn)4設(shè)函數(shù)f(x)x3ax2(a3)x3，其中aR，函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且0x11.(1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)設(shè)函數(shù)(x)f(x)a(xx1)，當(dāng)x1xx2時(shí)，求證：|(x)|0，得a6或a2.又所以ax1，設(shè)ux111,2)，則au1u2，設(shè)yu2，u1,2)易知yu2在1,2)上為減函數(shù)，則2u23，即2a3，即3a2.綜上可知，3a2.(2)證明由0x11，x1x0，所以|(x)|(x)x2xxx(x2x1)(x2x1)(x2x1)a，由(1)可知3a2，所以0a24a129，所以|(x)|0，x(2,2)時(shí)，y0，故所求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是(，2)，(2，)，單調(diào)遞減區(qū)間是(2,2)(2)證明方法一令h(x)f(x)gt(x)xt (x0)，則h(x)x2，當(dāng)t0時(shí)，由h(x)0，得x.當(dāng)x(0，)時(shí)，h(x)0，所以h(x)在(0，)內(nèi)的最小值是h()0.故當(dāng)x0時(shí)，f(x)gt(x)對任意正實(shí)數(shù)t成立方法二對任意固定的x0，令h(t)gt(x)xt (t0)，則h(t)(x)，由h(t)0，得tx3.當(dāng)0t0；當(dāng)tx3時(shí)，h(t)0時(shí)，f(x)gt(x)對任意正實(shí)數(shù)t成立對任意x00，g8(x0)4x0，因?yàn)間t(x0)關(guān)于t的最大值是，所以使g8(x0)gt(x0)對任意正實(shí)數(shù)t成立的充要條件是4x0，即(x02)2(x04)0，又因?yàn)閤00，不等式成立的充要條件是x02，所以有且僅有一個(gè)正實(shí)數(shù)x02，使得g8(x0)gt(x0)對任意正實(shí)數(shù)t成立6已知函數(shù)f(x)xalnx，aR.(1)討論函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)；(2)設(shè)g(x)，若不等式f(x)g(x)對任意x2，e恒成立，求a的取值范圍解(1)f(x)1(x0)，當(dāng)a0時(shí)，f(x)0在(0，)上恒成立，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，所以f(x)在(0，)上沒有極值點(diǎn)當(dāng)a0時(shí)，由f(x)0，得0x0，得xa，所以f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，)上單調(diào)遞增，即f(x)在xa處有極小值，無極大值所以當(dāng)a0時(shí)，f(x)在(0，)上沒有極值點(diǎn)，當(dāng)a0時(shí)，f(x)在(0，)上有一個(gè)極值點(diǎn)(2)設(shè)h(x)f(x)g(x)xalnx(x0)，則h(x)1，不等式f(x)g(x)對任意x2，e恒成立，即函數(shù)h(x)xalnx在2，e上的最小值大于零當(dāng)1ae，即ae1時(shí)，h(x)在2，e上單調(diào)遞減，所以h(x)的最小值為h(e)，由h(e)ea0，可得ae1，所以e1a0，可得a，即a1；當(dāng)21ae，即1ae1時(shí)，h(x)在2,1a)上單調(diào)遞減，在(1a，e上單調(diào)遞增，可得h(x)的最小值為h(1a)，因?yàn)?ln(1a)1，所以0aln(1a)2，即1ae1.綜上可得，a的取值范圍是.