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教师用书 理 苏教版(2021年最新整理)

（江苏专用）2018版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教师用书理苏教版
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高考专题突破一高考中的导数应用问题教师用书理苏教版
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)＝e x－1＋x，因为f(x)为偶函数,所以f（x)＝e x－1＋x，f′(x)＝e x－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－错误!，f（x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞）上单调递增⇔f′（x)＝k －错误!≥0在(1，＋∞）上恒成立.
由于k≥错误!，而0〈错误!〈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(0,2a
3
)上单调递减，
在(2a
3
，＋∞）上单调递增，
所以由题意知f(错误!)〈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（e x)＜0的x的取值范围为________.
答案（0，1)
解析令f′（x）＝1－错误!＝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<e－1<e，
所以由f(e x）<0，得1〈e x〈e，解得0〈x<1。

5.设函数f(x)＝e2x2＋1
x
,g（x)＝错误!，对任意x1,x2∈（0，＋∞），不等式错误!≤错误!恒成立，
则正数k的取值范围是________。

答案［1，＋∞)
解析因为对任意x1，x2∈（0，＋∞)，
不等式错误!≤错误!恒成立，所以错误!≥错误!。

因为g(x）＝e2x e x
,
所以g′（x)＝e2－x（1－x)。

当0〈x<1时，g′(x）>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＋错误!≥2e（x>0).
当且仅当e2x＝错误!，即x＝错误!时取等号，故f（x）min＝2e。

所以g x
1max
f x
2min
＝错误!＝错误!,应有错误!≥错误!，
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)＝e x（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）＝e x(x2＋ax＋1)，
所以F′（x)＝e x[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x 1，x 2∈[0，2］且x 1≠x 2，均有｜f （x 1)－f (x 2）|>｜g （x 1）－g (x 2)|成立， 不妨设x 1>x 2,根据f (x )＝e x
在［0,2］上单调递增， 所以有f （x 1)－f (x 2)〉｜g (x 1)－g (x 2)｜对x 1〉x 2恒成立,
因为f (x 2)－f （x 1)〈g (x 1)－g （x 2）<f （x 1）－f (x 2）对x 1,x 2∈［0，2］，x 1>x 2恒成立， 即⎩⎪⎨⎪⎧
f x 1＋
g x 1>f x 2＋g x 2f
x 1－g x 1〉f x 2－g x 2
对x 1，x 2∈[0，2］，x 1>x 2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e x
＋(2x ＋a ）≥0在[0，2］上恒成立， 即a ≥－(e x
＋2x ）在[0，2]上恒成立。

因为－(e x
＋2x ）在[0，2]上是单调减函数，
所以－（e x
＋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e x
－(2x ＋a ）≥0在[0，2］上恒成立， 即a ≤e x
－2x 在［0，2]上恒成立。

因为e x
－2x 在［0，ln 2］上单调递减， 在[ln 2，2］上单调递增，
所以e x
－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 )＝（－x 2
＋ax ）e x
(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 )＝（－x 2
＋2x ）e x
，
所以f′(x）＝（－2x＋2）e x＋（－x2＋2x）e x
＝（－x2＋2)e x。

令f′（x）>0，即(－x2＋2)e x〉0，因为e x〉0，
所以－x2＋2>0,解得－错误!<x〈错误!.
所以函数f（x)的单调递增区间是(－2，2).
(2）因为函数f（x)在（－1，1)上单调递增，
所以f′（x）≥0对x∈(－1，1)恒成立。

因为f′（x）＝（－2x＋a）e x＋（－x2＋ax)e x
＝［－x2＋(a－2)x＋a]e x，
所以[－x2＋（a－2）x＋a]e x≥0对x∈(－1，1）恒成立.
因为e x〉0,所以－x2＋（a－2)x＋a≥0对x∈(－1，1)恒成立，即a≥错误!＝错误!
＝(x＋1)－
1
x＋1
对x∈(－1，1）恒成立。

令y＝(x＋1)－
1
x＋1
，则y′＝1＋错误!>0。

所以y＝(x＋1）－错误!在(－1，1）上单调递增,
所以y<(1＋1)－
1
1＋1
＝错误!,即a≥错误!。

因此a的取值范围为[错误!，＋∞).
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）＝错误!－k ln 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，错误!]上仅有一个零点。

（1)解函数的定义域为（0，＋∞）。

由f（x）＝错误!－k ln x(k〉0），得f′(x)＝x－错误!＝错误!.
由f′（x)＝0,解得x＝错误!(负值舍去).
f(x）与f′（x）在区间（0，＋∞)上随x的变化情况如下表：
f(x）↘错误!↗
所以，f(x）的单调递减区间是（0，k)，
单调递增区间是（错误!,＋∞）.
f(x）在x＝错误!处取得极小值f(错误!）＝错误!.
(2)证明由(1)知,f(x)在区间(0,＋∞)上的最小值为f（错误!）＝错误!。

因为f（x)存在零点，所以错误!≤0，从而k≥e,
当k＝e时,f（x）在区间（1，错误!]上单调递减且f（错误!)＝0,
所以x＝错误!是f（x）在区间（1,错误!］上的唯一零点。

当k〉e时,f(x）在区间（0，e)上单调递减且
f(1)＝1
2
>0，f（错误!)＝错误!〈0，
所以f(x）在区间（1，e］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，e]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－错误!＝－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)e x＋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）e x＋2a（x－1）＝（x－1)(e x＋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＝－错误!，则f′（x)＝（x－1）（e x－e)，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.
②若a〉－错误!,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〈－错误!，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<ln错误!，则
f(b）〉错误!(b－2）＋a(b－1）2＝a错误!>0，
所以f（x)有两个零点。

（ⅱ)设a＝0，则f（x)＝（x－2）e x,所以f（x)只有一个零点.
（ⅲ)设a〈0，若a≥－错误!，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〈－错误!，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＋错误!，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［－错误!，－错误!]
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)＝1 2，
g（x）
min ＝g(4）＝－
23
4
.
对于f（x），f′（x）＝3x2－4x＋1,
令f′（x）＝0，解得x＝错误!或x＝1，
当x变化时，f′(x），f(x）的变化情况列表如下:
x－1
(－1，
错误!)错误!
(错误!
,1)
1
（1,2
)
2
f′（x）＋0－0＋
f(x)a－4↗错误!
＋a
↘a↗a＋2
∴f（x)max＝a＋2，f(x）min＝a－4,
∴错误!
∴a∈［－错误!，－错误!].
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＝－k a＋错误!b，其中0〈θ〈π.
(1）若k＝4，θ＝错误!,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＝错误!时,x＝(1，2－错误!），y＝(－4，4)，
则x·y＝1×(－4）＋（2－错误!)×4＝4－4错误!.
方法二依题意，a·b＝0,
则x·y＝[a＋（1－错误!）b］·(－4a＋2b）
＝－4a2＋2×(1－错误!)b2
＝－4＋2×（1－错误!）×4＝4－4错误!。

(2) 依题意，x＝（1,2－2cos θ），y＝(－k，错误!），
因为x∥y，所以错误!＝－k(2－2cos θ)，
整理，得错误!＝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＝－错误!或cos θ＝1。

又0<θ<π，故θ＝错误!.
当θ变化时，f′（θ），f(θ)的变化情况如下表：
↘
故当θ＝错误!时，f（θ）min＝－错误!，
此时实数k取最大值－错误!。

2.（2015·重庆)设函数f（x）＝错误!（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）＝错误!
＝错误!，
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）＝3x2
e x
,f′（x）＝错误!，故f(1)＝错误!，f′(1)＝错误!，从而f(x)在点（1,f
（1)）处的切线方程为y－错误!＝错误!（x－1),化简得3x－e y＝0.
（2）由(1)知f′(x）＝错误!.
令g（x)＝－3x2＋（6－a)x＋a，
由g(x）＝0，解得x1＝错误!，
x
2
＝错误!.
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＝错误!≤3，解得a≥－错误!，
故a的取值范围为错误!。

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＝错误!x（30－x)
≤错误! [错误!]2＝错误!（当且仅当x＝15时, “＝”成立)。

方案②设∠BAE＝θ，
则S2＝100sin θ(1＋cos θ），θ∈（0，错误!).
令S′2＝100(2cos2θ＋cos θ－1)＝0,得cos θ＝错误!(cos θ＝－1舍去)，因为θ∈（0，错误!)，所以θ＝错误!。

列表：
↗所以当θ＝错误!时,(S2)max＝75错误!.
因为225
2
〈75错误!,所以建苗圃时用方案②，且∠BAE＝错误!。

答方案①②苗圃的最大面积分别为错误! m2,75错误! m2,建苗圃时用方案②，且∠BAE＝错误!. 4。

(2016·无锡期末）已知函数f(x)＝ln x＋错误!(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＋错误!，
所以f′(x）＝1
x
－错误!＝错误!，
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＋错误!≥a在x∈(0，＋∞)上恒成立，等价于x ln x＋a＋e－2－ax≥0在(0，＋∞）上恒成立，令g(x）＝x ln x＋a＋e－2－ax,
因为g′（x)＝ln x＋1－a,令g′(x）＝0,得x＝e a－1,
所以g′(x）与g（x)关系如下表所示:
↘↗
所以g（x）的最小值为g（e a－1）＝(a－1）e a－1＋a＋e－2－a e a－1＝a＋e－2－e a－1≥0.
令t（x）＝x＋e－2－e x－1，
因为t′(x）＝1－e x－1，
令t′(x）＝0，得x＝1,所以t′(x）与t（x）关系如下表所示：
↘
所以当a∈（0，1)错误!错误!>0，
当a∈[1，＋∞）时，由g（x）的最小值t(a)＝a＋e－2－e a－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)＝错误!,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)＝错误!,所以f′(x)＝错误!，
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－错误!＝错误!＝错误!，x∈(0,e],
故必须满足0<2
a
<e，所以a〉错误!。

此时,当x变化时，g′（x)，g(x）的变化情况如下:
↘
所以x→0，g(x）→＋∞，g（错误!)＝2－a－2ln 错误!，
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满足下列条件错误!即错误!
令m（a)＝2－a－2ln 错误!，a∈(错误!,＋∞)，
m′（a)＝－a－2
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∈(错误!,2）时，m′（a）〉0，函数m（a)单调递增.
所以，对任意a∈（错误!，＋∞)有m（a）≤m(2)＝0,
即2－a－2ln 错误!≤0对任意a∈（错误!，＋∞）恒成立。

由a（e－1)－2≥1，解得a≥错误!。

综上所述，当a∈[错误!，＋∞）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）。