2018版高考数学（理）（苏教版，江苏专用）大一轮教师文档讲义：高考专题突破一-导数应用问题
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－，f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增⇔f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立.
由于k≥，而0<<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)＝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 (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，)上单调递减，
在(，＋∞)上单调递增，
所以由题意知f()<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－＝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＋≥2e(x>0).
当且仅当e2x＝，即x＝时取等号，故f(x)min＝2e.
所以＝＝，应有≥，
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－0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1，1)恒成立，
即a≥＝
＝(x＋1)－对x∈(－1，1)恒成立.
令y＝(x＋1)－，则y′＝1＋>0.
所以y＝(x＋1)－在(－1，1)上单调递增，
所以y<(1＋1)－＝，即a≥.
因此a的取值范围为[，＋∞).
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)＝－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，]上仅有一个零点.
(1)解 函数的定义域为(0，＋∞).由f(x)＝－kln x(k>0)，得f′(x)＝x－＝.
由f′(x)＝0，解得x＝(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，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
↗
所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，
单调递增区间是(，＋∞).
f(x)在x＝处取得极小值f()＝.
(2)证明 由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.
因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e，
当k＝e时，f(x)在区间(1，]上单调递减且f()＝0，
所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点.
当k>e时，f(x)在区间(0，)上单调递减且
f(1)＝>0，f()＝<0，
所以f(x)在区间(1，]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，]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，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＝－，则f′(x)＝(x－1)(ex－e)，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.
②若a>－，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<－，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b(b－2)＋a(b－1)2＝a>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≥－，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<－，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＋，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 [－，－]
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)＝，
g(x)min＝g(4)＝－.
对于f(x)，f′(x)＝3x2－4x＋1，
令f′(x)＝0，解得x＝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)
1
(1，2)
2
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
a－4
↗
＋a
↘
a
↗
a＋2
∴f(x)max＝a＋2，f(x)min＝a－4，
∴
∴a∈[－，－].
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＋b，其中0<θ<π.
(1)若k＝4，θ＝，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＝时，x＝(1，2－)，y＝(－4，4)，
则x·y＝1×(－4)＋(2－)×4＝4－4.
方法二 依题意，a·b＝0，
则x·y＝[a＋(1－)b]·(－4a＋2b)
＝－4a2＋2×(1－)b2
＝－4＋2×(1－)×4＝4－4.
(2) 依题意，x＝(1，2－2cos θ)，y＝(－k，)，
因为x∥y，所以＝－k(2－2cos θ)，
整理，得＝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＝－或cos θ＝1.
又0<θ<π，故θ＝.
当θ变化时，f′(θ)，f(θ)的变化情况如下表：
θ
(0，)
(，π)
f′(θ)
－
0
＋
f(θ)
↘
极小值－
↗
故当θ＝时，f(θ)min＝－，
此时实数k取最大值－.
2.(2015·重庆)设函数f(x)＝(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)＝
＝，
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)＝，f′(x)＝，故f(1)＝，f′(1)＝，从而f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－＝(x－1)，化简得3x－ey＝0.
(2)由(1)知f′(x)＝.
令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，
由g(x)＝0，解得x1＝，
x2＝.
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＝≤3，解得a≥－，
故a的取值范围为.
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＝x(30－x)
≤ []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，).
令S′2＝100(2cos2θ＋cos θ－1)＝0，得cos θ＝(cos θ＝－1舍去)，因为θ∈(0，)，所以θ＝
.
列表：
θ
(0，)
(，)
S′2
＋
0
－
S2
↗
极大值
↘
所以当θ＝时，(S2)max＝75.
因为<75，所以建苗圃时用方案②，且∠BAE＝.
答 方案①②苗圃的最大面积分别为 m2，75 m2，建苗圃时用方案②，且∠BAE＝.
4.(2016·无锡期末)已知函数f(x)＝ln 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＋，
所以f′(x)＝－＝，
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－＝>0，
当a∈[1，＋∞)时，由g(x)的最小值t(a)＝a＋e－2－ea－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)＝，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)＝，所以f′(x)＝，
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－＝＝，x∈(0，e]，
故必须满足0<.
此时，当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下：
x
(0，)
(，e]
g′(x)
—
0
＋
g(x)
↘
极小值
↗
所以x→0，g(x)→＋∞，g()＝2－a－2ln ，
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满足下列条件即
令m(a)＝2－a－2ln ，a∈(，＋∞)，
m′(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)时，m′(a)>0，函数m(a)单调递增.
所以，对任意a∈(，＋∞)有m(a)≤m(2)＝0，
即2－a－2ln ≤0对任意a∈(，＋∞)恒成立.
由a(e－1)－2≥1，解得a≥.
综上所述，当a∈[，＋∞)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).
