高考数学大一轮复习 高考专题突破一 高考中的导数应用问题课件 文 北师大版

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1、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－lnx在区间(1，＋∞)上是增加的，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－lnx在区间(1，＋∞)上是增加的⇔f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)

2、上恒成立.由于k≥，而0<<1，所以k≥1.即k的取值范围为[1，＋∞).答案解析当x≤0时，f′(x)＝6x2＋6x＝6x(x＋1)，所以f(x)在(－∞，－1)上为增函数，在(－1,0]上为减函数，所以f(x)在x∈[－2,0]上的最大值为f(－1)＝2，则当x＝2时，e2a的值必须小于等于2，即e2a≤2，解得a∈(－∞，ln2].4.已知函数f(x)＝axlnx，x∈(0，＋∞)，其中a为实数，f′(x)为f(x)的导函数，若f′(1)＝3，则a的值为_____.答案解析3因为f′(1)＝3，所以f′

3、(1)＝a＝3.5.(2016·陕西西工大附中模拟)设函数f(x)为(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且有2f(x)＋xf′(x)>x2，则不等式(x＋2016)2f(x＋2016)－9f(－3)>0的解集为____________.答案解析{x

4、x<－2019}由2f(x)＋xf′(x)>x2(x<0)，得2xf(x)＋x2f′(x)

5、016)2f(x＋2016)，F(－3)＝9f(－3)，即不等式等价为F(x＋2016)－F(－3)>0.∵F(x)在(－∞，0)上是减函数，∴由F(x＋2016)>F(－3)，得x＋2016<－3，∴x<－2019.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)＝lnx＋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，＋∞)上是增加的.(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

6、a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；当a＞0时，f(x)在x＝取得最大值，令g(a)＝lna＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上是增加的，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像的性质进行分

7、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)上是增加的，求a的取值范围.解答因为函数f(x)在(－1,1)上是增加的，所以f′(x)≥0对x∈(－1,1)都成立.因为f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x

8、2＋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)＝－klnx，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)的递减区间是(0，)，递增区间是(

9、，＋∞).(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，并借助函数图像，根据零点或图像的交点情况，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)＝3x2－6