【数学】2018届一轮复习苏教版（理）高考专题突破一 高考中的导数应用问题学案
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 2x－y＝0
解析 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－ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则 k 的取值范围是__________.
答案 [1，＋∞)
解析 由于 f′(x)＝k－1
x，f(x)＝kx－ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增⇔f′(x)＝k－1
x≥0 在(1，
＋∞)上恒成立.
由于 k≥1
x，而 0<1
x<1，所以 k≥1.
即 k 的取值范围为[1，＋∞).
3.(2016·苏北四市联考)已知函数 f(x)＝x 3－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 (3，＋∞)
解析 由题意知 f′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a)，
当 a≤0 时，不符合题意.
当 a>0 时，f(x)在(0，2a
3 )上单调递减，
在(2a
3 ，＋∞)上单调递增，
所以由题意知 f(2a
3 )<0，解得 a>3.
4.已知函数 f(x)＝x－1－(e－1)ln x，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 (0，1)
解析 令 f′(x)＝1－e－1
x ＝0，得 x＝e－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(1)＝f(e)＝0，1
0；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 f(x)＝e2x＋1
x≥2e(x>0).
当且仅当 e2x＝1
x，即 x＝1
e时取等号，故 f(x)min＝2e.
所以g(x1)max
f(x2)min
＝ e
2e＝1
2，应有 k
k＋1≥1
2，
又 k>0，所以 k≥1.
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 F(x)＝f(x)·g(x)，且 a>0，求 F(x)的单调递增区间；
(2)若对任意 x1，x2∈[0，2]，x1≠x2，均有|f(x1)－f(x2)|>|g(x1)－g(x2)|成立，求实数 a 的取值范
围.
解 (1)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)因为对任意 x1，x2∈[0，2]且 x1≠x2，均有|f(x1)－f(x2)|>|g(x1)－g(x2)|成立，
不妨设 x1>x2，根据 f(x)＝ex 在[0，2]上单调递增，
所以有 f(x1)－f(x2)>|g(x1)－g(x2)|对 x1>x2 恒成立，
因为 f(x2)－f(x1)x2 恒成立，
即Error!对 x1，x2∈[0，2]，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′(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，ln 2]上单调递减，
在[ln 2，2]上单调递增，
所以 ex－2x 在[0，2]上取得最小值 2－2ln 2，
所以 a≤2－2ln 2.
所以实数 a 的取值范围为[－1，2－2ln 2].
思维升华 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
行分析.
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；
(2)若函数 f(x)在(－1，1)上单调递增，求 a 的取值范围.
解 (1)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，
所以－x2＋2>0，解得－ 20，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0 对 x∈(－1，1)恒成立，
即 a≥x2＋2x
x＋1 ＝
(x＋1)2－1
x＋1
＝(x＋1)－ 1
x＋1对 x∈(－1，1)恒成立.
令 y＝(x＋1)－ 1
x＋1，则 y′＝1＋ 1
(x＋1)2>0.
所以 y＝(x＋1)－ 1
x＋1在(－1，1)上单调递增，
所以 y<(1＋1)－ 1
1＋1＝3
2，即 a≥3
2.
因此 a 的取值范围为[3
2，＋∞).
题型二 利用导数研究方程的根或函数的零点问题
例 2 (2015·北京)设函数 f(x)＝x2
2－kln x，k>0.
(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)＝x2
2－kln x(k>0)，得 f′(x)＝x－k
x＝x2－k
x .
由 f′(x)＝0，解得 x＝ k(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) ↘ k(1－ln 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)＝k(1－ln k)
2 .
(2)证明 由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为 f( k)＝k(1－ln k)
2 .
因为 f(x)存在零点，所以k(1－ln k)
2 ≤0，从而 k≥e，
当 k＝e 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 k>e 时，f(x)在区间(0， e)上单调递减且
f(1)＝1
2>0，f( e)＝e－k
2 <0，
所以 f(x)在区间(1， e]上仅有一个零点.
综上可知，若 f(x)存在零点，则 f(x)在区间(1， e]上仅有一个零点.
思维升华 函数零点问题一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，
根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一.
已知函数 f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，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；
(2)证明：当 k<1 时，曲线 y＝f(x)与直线 y＝kx－2 只有一个交点.
(1)解 f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.
曲线 y＝f(x)在点(0，2)处的切线方程为 y＝ax＋2.
由题设得－2
a＝－2，所以 a＝1.
(2)证明 由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.
设 g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.
由题设知 1－k>0.
当 x≤0 时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)单调递增，
g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，
所以 g(x)＝0 在(－∞，0]有唯一实根.
当 x>0 时，令 h(x)＝x3－3x2＋4，
则 g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x).
h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，
所以 g(x)>h(x)≥h(2)＝0.
所以 g(x)＝0 在(0，＋∞)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＝kx－2 只有一个交点.
题型三 利用导数研究不等式问题
例 3 (2016·全国乙卷)已知函数 f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2.
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)若 f(x)有两个零点，求 a 的取值范围.
解 (1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a).
(ⅰ)设 a≥0，则当 x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以 f(x)在(－∞，
1)单调递减，
在(1，＋∞)单调递增.
(ⅱ)设 a<0，由 f′(x)＝0，得 x＝1 或 x＝ln(－2a).
①若 a＝－e
2，则 f′(x)＝(x－1)(ex－e)，
所以 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.
②若 a>－e
2，则 ln(－2a)<1，故当 x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)时，f′(x)>0；当 x∈(ln(－
2a)，1)时，f′(x)<0.所以 f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a)，1)上单
调递减.
③若 a<－e
2，则 ln(－2a)>1，故当 x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0；当 x∈(1，
ln(－2a))时，f′(x)<0.所以 f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a))单
调递减.
(2)(ⅰ)设 a>0，则由(1)知，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
又 f(1)＝－e，f(2)＝a，取 b 满足 b<0 且 ba
2(b－2)＋a(b－1)2＝a(b2－3
2b)>0，
所以 f(x)有两个零点.
(ⅱ)设 a＝0，则 f(x)＝(x－2)ex，所以 f(x)只有一个零点.
(ⅲ)设 a<0，若 a≥－e
2，则由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上单调递增.又当 x≤1 时 f(x)<0，故 f(x)不
存在两个零点；若 a<－e
2，则由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上
单调递增.又当 x≤1 时 f(x)<0，故 f(x)不存在两个零点.
综上，a 的取值范围为(0，＋∞).
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繁琐时，可采用直接
构造函数的方法求解.
已知函数 f(x)＝x3－2x2＋x＋a，g(x)＝－2x＋9
x，若对任意的 x1∈[－1，2]，存在
x2∈[2，4]，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)max＝g(2)＝1
2，
g(x)min＝g(4)＝－23
4 .
对于 f(x)，f′(x)＝3x2－4x＋1，
令 f′(x)＝0，解得 x＝1
3或 x＝1，
当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况列表如下：
x －1 (－1，1
3) 1
3 (1
3，1) 1 (1，2) 2
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) a－4 ↗ 4
27＋a ↘ a ↗ a＋2
∴f(x)max＝a＋2，f(x)min＝a－4，
∴Error!
∴a∈[－7
4，－3
2].
1.(2017·江苏淮阴中学月考)在平面直角坐标系 xOy 中，已知向量 a＝(1，0)，b＝(0，2).设向
量 x＝a＋(1－cos θ)b，y＝－ka＋ 1
sin θb，其中 0<θ<π.
(1)若 k＝4，θ＝π
6，求 x·y 的值；
(2)若 x∥y，求实数 k 的最大值，并求取最大值时 θ 的值.
解 (1)方法一 当 k＝4，θ＝π
6时，x＝(1，2－ 3)，y＝(－4，4)，
则 x·y＝1×(－4)＋(2－ 3)×4＝4－4 3.
方法二 依题意，a·b＝0，
则 x·y＝[a＋(1－ 3
2 )b]·(－4a＋2b)
＝－4a2＋2×(1－ 3
2 )b2
＝－4＋2×(1－ 3
2 )×4＝4－4 3.
(2) 依题意，x＝(1，2－2cos θ)，y＝(－k， 2
sin θ)，
因为 x∥y，所以 2
sin θ＝－k(2－2cos θ)，
整理，得1
k＝sin θ(cos θ－1)，
令 f(θ)＝sin θ(cos θ－1)(0<θ<π)，
则 f′(θ)＝cos θ(cos θ－1)＋sin θ(－sin θ)
＝2cos2θ－cos θ－1
＝(2cos θ＋1)(cos θ－1).
令 f′(θ)＝0，得 cos θ＝－1
2或 cos θ＝1.
又 0<θ<π，故 θ＝2π
3 .
当 θ 变化时，f′(θ)，f(θ)的变化情况如下表：
θ (0，2π
3 ) 2π
3 (2π
3 ，π)
f′(θ) － 0 ＋
f(θ) ↘ 极小值－3 3
4
↗
故当 θ＝2π
3 时，f(θ)min＝－3 3
4 ，
此时实数 k 取最大值－4 3
9 .
2.(2015·重庆)设函数 f(x)＝3x2＋ax
ex (a∈R).
(1)若 f(x)在 x＝0 处取得极值，确定 a 的值，并求此时曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若 f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求 a 的取值范围.
解 (1)对 f(x)求导得
f′(x)＝
(6x＋a)ex－(3x2＋ax)ex
(ex)2
＝
－3x2＋(6－a)x＋a
ex ，
因为 f(x)在 x＝0 处取得极值，所以 f′(0)＝0，即 a＝0.
当 a＝0 时，f(x)＝3x2
ex ，f′(x)＝
－3x2＋6x
ex ，故 f(1)＝3
e，f′(1)＝3
e，从而 f(x)在点(1，f(1))处的
切线方程为 y－3
e＝3
e(x－1)，化简得 3x－ey＝0.
(2)由(1)知 f′(x)＝
－3x2＋(6－a)x＋a
ex .
令 g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，
由 g(x)＝0，解得 x1＝6－a－ a2＋36
6 ，
x2＝6－a＋ a2＋36
6 .
当 x＜x1 时，g(x)＜0，即 f′(x)＜0，故 f(x)为减函数；
当 x1＜x＜x2 时，g(x)＞0，即 f′(x)＞0，故 f(x)为增函数；
当 x＞x2 时，g(x)＜0，即 f′(x)＜0，
故 f(x)为减函数.
由 f(x)在[3，＋∞)上为减函数，知 x2＝6－a＋ a2＋36
6 ≤3，解得 a≥－9
2，
故 a 的取值范围为[－9
2，＋∞).
3.(2016·泰州模拟)植物园拟建一个多边形苗圃，苗圃的一边紧靠着长度大于 30 m 的围墙.现
有两种方案：
方案① 多边形为直角三角形 AEB(∠AEB＝90°)，如图 1 所示，其中 AE＋EB＝30 m；
方案② 多边形为等腰梯形 AEFB(AB>EF)，如图 2 所示，其中 AE＝EF＝BF＝10 m.
请你分别求出两种方案中苗圃的最大面积，并从中确定使苗圃面积最大的方案.
解 设方案①，②中多边形苗圃的面积分别为 S1，S2.
方案① 设 AE＝x，则 S1＝1
2x(30－x)
≤1
2 [x＋(30－x)
2 ]2＝225
2 (当且仅当 x＝15 时， “＝”成立).
方案② 设∠BAE＝θ，
则 S2＝100sin θ(1＋cos θ)，θ∈(0，π
2).
令 S′2＝100(2cos2θ＋cos θ－1)＝0，得 cos θ＝1
2(cos θ＝－1 舍去)，因为 θ∈(0，π
2)，所以 θ＝
π
3.
列表：
θ (0，π
3) π
3 (π
3，π
2)
S′2 ＋ 0 －
S2 ↗ 极大值 ↘
所以当 θ＝π
3时，(S2)max＝75 3.
因为225
2 <75 3，所以建苗圃时用方案②，且∠BAE＝π
3.
答 方案①②苗圃的最大面积分别为225
2 m2，75 3 m2，建苗圃时用方案②，且∠BAE＝π
3.
4.(2016·无锡期末)已知函数 f(x)＝ln x＋a＋e－2
x (a>0).
(1)当 a＝2 时，求出函数 f(x)的单调区间；
(2)若不等式 f(x)≥a 对于 x>0 恒成立，求实数 a 的取值范围.
解 (1)当 a＝2 时，函数 f(x)＝ln x＋e
x，
所以 f′(x)＝1
x－ e
x2＝x－e
x2 ，
所以当 x∈(0，e)时，f′(x)<0，则函数 f(x)在(0，e)上单调递减；
当 x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，则函数 f(x)在(e，＋∞)上单调递增.
(2)由题意得 ln x＋a＋e－2
x ≥a 在 x∈(0，＋∞)上恒成立，等价于 xln x＋a＋e－2－ax≥0 在
(0，＋∞)上恒成立，令 g(x)＝xln x＋a＋e－2－ax，
因为 g′(x)＝ln x＋1－a，令 g′(x)＝0，得 x＝ea－1，
所以 g′(x)与 g(x)关系如下表所示：
x (0，ea－1) ea－1 (ea－1，＋∞)
g′(x) － 0 ＋
g(x) ↘ 极小值 ↗
所以 g(x)的最小值为 g(ea－1)＝(a－1)ea－1＋a＋e－2－aea－1＝a＋e－2－ea－1≥0.
令 t(x)＝x＋e－2－ex－1，
因为 t′(x)＝1－ex－1，
令 t′(x)＝0，得 x＝1，所以 t′(x)与 t(x)关系如下表所示：
x (0，1) 1 (1，＋∞)
t′(x) ＋ 0 －
t(x) ↗ 极大值 ↘
所以当 a∈(0，1)时，g(x)的最小值 t(a)>t(0)＝e－2－1
e＝e(e－2)－1
e >0，
当 a∈[1，＋∞)时，由 g(x)的最小值 t(a)＝a＋e－2－e a－1≥0＝t(2)，得 a∈[1，2].综上得
a∈(0，2].
5.(2016·徐州质检)已知函数 f(x)＝ex
ex，g(x)＝ax－2ln x－a(a∈R，e 为自然对数的底数).
(1)求 f(x)的极值；
(2)在区间(0，e]上，对于任意的 x0，总存在两个不同的 x1，x2，使得 g(x1)＝g(x2)＝f(x0)，求 a
的取值范围.
解 (1)因为 f(x)＝ex
ex，所以 f′(x)＝
(1－x)e
ex ，
令 f′(x)＝0，得 x＝1.
当 x∈(－∞，1)时，f′(x)>0，f(x)是增函数；
当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)是减函数.
所以 f(x)在 x＝1 时取得极大值 f(1)＝1，无极小值.
(2)由(1)知，当 x∈(0，1)时，f(x)单调递增；当 x∈(1，e]时，f(x)单调递减.
又因为 f(0)＝0，f(1)＝1，f(e)＝e·e1－e>0，
所以当 x∈(0，e]时，函数 f(x)的值域为(0，1].
当 a＝0 时，g(x)＝－2ln x 在(0，e]上单调递减，不合题意；
当 a≠0 时，g′(x)＝a－2
x＝ax－2
x ＝
a(x－2
a
)
x ，x∈(0，e]，
故必须满足 0<2
a2
e.
此时，当 x 变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下：
x (0，2
a) 2
a (2
a，e]
g′(x) — 0 ＋
g(x) ↘ 极小值 ↗
所以 x→0，g(x)→＋∞，g(2
a)＝2－a－2ln 2
a，
g(e)＝a(e－1)－2.
所以对任意给定的 x0∈(0，e]，在区间(0，e]上总存在两个不同的 x1，x2，
使得 g(x1)＝g(x2)＝f(x0)，当且仅当 a 满足下列条件Error!即Error!
令 m(a)＝2－a－2ln 2
a，a∈(2
e，＋∞)，
m′(a)＝－a－2
a ，由 m′(a)＝0，得 a＝2.
当 a∈(2，＋∞)时，m′(a)<0，函数 m(a)单调递减；
当 a∈(2
e，2)时，m′(a)>0，函数 m(a)单调递增.
所以，对任意 a∈(2
e，＋∞)有 m(a)≤m(2)＝0，
即 2－a－2ln 2
a≤0 对任意 a∈(2
e，＋∞)恒成立.
由 a(e－1)－2≥1，解得 a≥ 3
e－1.
综上所述，当 a∈[ 3
e－1，＋∞)时，对于任意给定的 x0∈(0，e]，在区间(0，e]上总存在两个
不同的 x1，x2，使得 g(x1)＝g(x2)＝f(x0).
