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理北师大版

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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，＋∞)上

2、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.(2016·全国甲卷)若直线y＝kx＋b是曲线y＝lnx＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝________.答案解析1－ln25.(2016·陕西西工大附中

3、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、－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a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；当a＞

6、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析.跟踪训练1已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋a

7、x)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＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，所以

8、[－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(，＋∞).(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区

9、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)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.曲线y＝f(x)在