浙江专用2020版高考数学新增分大一轮复习第四章导数及其应用专题突破二高考中的导数应用问题讲义含解析.docx

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1、高考专题突破二　高考中的导数应用问题题型一　利用导数研究函数性质例1(2018·台州质检)已知函数f(x)＝x3＋

2、x－a

3、(a∈R)．(1)当a＝1时，求f(x)在(0，f(0))处的切线方程；(2)当a∈(0,1)时，求f(x)在[－1,1]上的最小值(用a表示)．解　(1)当a＝1，x<1时，f(x)＝x3＋1－x，f′(x)＝3x2－1，所以f(0)＝1，f′(0)＝－1，所以f(x)在(0，f(0))处的切线方程为x＋y－1＝0.(2)当a∈(0,1)时，由已知得f(x)＝当a≤x≤1时，由f′

4、(x)＝3x2＋1>0，知f(x)在[a,1]上单调递增．当－1≤x

5、质问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；(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－

6、以函数f(x)的单调递增区间是(－，)．(2)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，即a≥＝＝(x＋1)－对x∈(－1,1)都成立．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

7、)－＝，即a≥.经检验知，当a＝时符合题意，因此a的取值范围为.题型二　利用导数研究函数零点问题例2　设函数f(x)＝lnx＋，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－的零点的个数．解　(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝lnx＋，则f′(x)＝(x>0)，由f′(x)＝0，得x＝e.∴当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，∴当x＝e时，f(

8、x)取得极小值f(e)＝lne＋＝2，∴f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)，令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0)．设φ(x)＝－x3＋x(x≥0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，∴φ(x)的最大值为φ(1)＝.又φ(0)＝0，

9、结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知①当m>时，函数g(x)无零点；②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0时，函数g(x)无零点；当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0

10、测)已知函数f(x)＝x3－ax2＋3x＋b.(1)当a＝2，b＝0时，求f(x)在[0,3]上的值域；(2)对任意的b，函数g(x)＝

11、f(x)

12、－的零点不超过4个，求a的取值范围．解　(1)由f(x)＝x3－2x2＋3x，得f′(x)＝x2－4x＋3＝(x－1)(x－3)．当x∈(0,1)时，f′(x)>0，故f(x)在(0,1)上单调递增；当x∈(1,3)时，f′(x)<0，故f(x)在(1,3)上单调递减．又f(0)＝