高科数学专题复习课件：高考专题突破一
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.若函数f(x)在R上可导，且满足f(x)－xf′(x)>0，则
A.3f(1)
f(3)
C.3f(1)＝f(3) D.f(1)＝f(3)
答案 解析
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
A.(－∞，－2] B.(－∞，－1]
C.[2，＋∞) D.[1，＋∞)
答案 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·安徽江南十校联考)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
A.(1，＋∞) B.( ，＋∞)
C.(2，＋∞) D.(3，＋∞)
答案 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，
故选D.
4.(2016·全国甲卷)若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋2的切线，也是曲线y
＝ln(x＋1)的切线，则b＝________. 答案 解析1－ln 2
答案 解析[1，＋∞)
因为对任意x1，x2∈(0，＋∞)，
当00；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.
题型分类 深度剖析
题型一 利用导数研究函数性质
例1 (2015·课标全国Ⅱ)已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x).
(1)讨论f(x)的单调性； 解答
若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围. 解答
由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)无最大值；
当a＞0时，f(x)在x＝ 取得最大值，
令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.
于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；当a＞1时，g(a)＞0.
因此，a的取值范围是(0,1).
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.
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)都成立.
因为f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，
所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈(－1,1)都成立.
因为ex>0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1,1)都成立，
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；
解答
函数的定义域为(0，＋∞).
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( ，＋∞).
(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1， ]上仅有一个零点. 证明
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.
跟踪训练2 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； 解答
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：当k<1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点. 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]上有唯一实根.
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)上单调递减，在(2，＋∞)上单
调递增，
所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.
所以g(x)＝0在(0，＋∞)上没有实根.
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 已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3.
(1)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围； 解答
∀x∈(0，＋∞)，有2xln x≥－x2＋ax－3，则a≤2ln x＋x＋ ，
x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4.
因为对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4.
证明
f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是 ，
当且仅当x＝1时取到.
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
解其函数最值烦琐时，可采用直接构造函数的方法求解.
跟踪训练3 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，
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 递增 ＋a 递减 a 递增 a＋2
∴f(x)max＝a＋2，f(x)min＝a－4，
课时作业
(1)求a的值； 解答
由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝ ，
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(2)求函数f(x)的单调区间. 解答
令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.
因为x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去.
当x∈(0,5)时，f′(x)<0，故f(x)在(0,5)内为减函数；
当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)内为增函数.
综上，f(x)的单调增区间为(5，＋∞)，单调减区间为(0,5).
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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； 解答
因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0.
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(2)若f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求a的取值范围. 解答
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令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，
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.
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3.已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝(－x2＋ax－3)ex(a为实数).
(1)当a＝5时，求函数y＝g(x)在x＝1处的切线方程； 解答
当a＝5时，g(x)＝(－x2＋5x－3)ex，g(1)＝e.
又g′(x)＝(－x2＋3x＋2)ex，
故切线的斜率为g′(1)＝4e.
所以切线方程为y－e＝4e(x－1)，
即4ex－y－3e＝0.
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(2)求f(x)在区间[t，t＋2](t>0)上的最小值. 解答
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函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (0， ) ( ，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) 单调递减 极小值 单调递增
①当t≥ 时，在区间[t，t＋2]上f(x)为增函数，所以f(x)min＝f(t)＝tln t.
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4.已知函数f(x)＝x2＋xsin x＋cos x.
(1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，求a与b的值； 解答
由f(x)＝x2＋xsin x＋cos x，得f′(x)＝x(2＋cos x).
因为曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，
所以f′(a)＝a(2＋cos a)＝0，b＝f(a).
解得a＝0，b＝f(0)＝1.
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(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围. 解答
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令f′(x)＝0，得x＝0.
当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：
x (－∞，0) 0 (0，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) ↘ 1 ↗
所以函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，
在区间(0，＋∞)上单调递增，f(0)＝1是f(x)的最小值.
当b≤1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b最多只有一个交点；
当b>1时，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1>4b－2b－1>b，f(0)＝11时曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点.
综上可知，如果曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，
那么b的取值范围是(1，＋∞).
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5.(2016·四川)设函数f(x)＝ax2－a－ln x，其中a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性； 解答
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减.
当a>0时，由f′(x)＝0，有x＝ .
此时，当x∈ 时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈ 时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
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(2)确定a的所有可能取值，使得f(x)> －e1－x在区间(1，＋∞)内恒成立
(e＝2.718…为自然对数的底数). 解答
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则s′(x)＝ex－1－1.而当x>1时，s′(x)>0，
所以s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增.
又由s(1)＝0，有s(x)>0，从而当x>1时，g(x)>0.
当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－ln x<0.
故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.
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所以此时f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立.
因此，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增.
又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立.
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