2021届山东高考数学教学案：解专项突破(一) 导数的综合应用问题含解析

2021届山东高考数学一轮创新教学案：解答题专项突破（一）导数的综合应用问题含解析解答题专项突破(一)导数的综合应用问题函数与导数是高中数学的重要内容之一，常与其他知识相结合，形成难度不同的各类综合题型，常涉及的问题有：研究函数的性质（如函数的单调性、极值、最值)、研究函数的零点（或方程的根、曲线的交点)、求参数的取值范围、不等式的证明或恒成立问题、运用导数解决实际问题等．题型多变，属中、高档难度．热点题型1导数的几何意义的应用
,典例)（2019·孝感高中期中）已知函数f（x)＝x3－x.
(1）求曲线y＝f(x）在点M(1，0)处的切线方程；
（2)如果过点(1，b)可作曲线y＝f(x）的三条切线,求实数b的取值范围．
解题思路(1)求f′（x)→求斜率k＝f′(1)→用点斜式写出切线方程．
（2)设切点坐标为(x0，x错误!－x0）→写出切线方程→点(1，b)代入切线方程得关于x0的方程→依据此方程有三个不同的实数解,求b的取值范围．
规范解答(1)f′（x）＝3x2－1,∴f′(1）＝2。

故切线方程为y－0＝2（x－1)，即2x－y－2＝0.
(2)设切点为（x0，x错误!－x0）,则切线方程为y－(x错误!－x0)＝f′（x0)（x－x0）．
又切线过点(1，b），所以(3x错误!－1）(1－x0)＋x错误!－x0＝b,
即2x错误!－3x错误!＋b＋1＝0.
由题意，上述关于x0的方程有三个不同的实数解．
记g(x)＝2x3－3x2＋b＋1,则g（x）有三个不同的零点，
而g′（x)＝6x(x－1），令g′（x)＝0得x＝0或x＝1，则结合图象可知g（0)g（1)〈0即可，可得b∈（－1,0）．
热点题型2利用导数研究函数的性质
,典例)已知函数f（x)＝2x3－3ax2＋3a－2(a〉0），记f′（x)为f(x）的导函数．
(1)若f(x）的极大值为0，求实数a的值;
(2）若函数g(x)＝f（x）＋6x,求g(x）在［0,1］上取到最大值时x的值．
解题思路（1）求f′(x）→解f′(x)＝0→用所得解分割定义域→逐个区间分析f′（x）的符号，得f（x）的单调性→求极大值→根据极大值为0列方程求a。

（2)难点突破——分类讨论
易求g′(x)＝6（x2－ax＋1),x∈[0,1]．
①由g′(x）＝0是否有解想到分（Ⅰ）Δ≤0,即0〈a≤2,（Ⅱ）Δ〉0,即a〉2，
②当g′(x）＝0时，分析g′(x）的图象
（Ⅰ)对称轴x＝错误!与x＝1，x＝0的位置关系．
(Ⅱ)g′（x)＝0的两个根错误!与0和1的大小关系．
规范解答（1)因为f(x)＝2x3－3ax2＋3a－2(a〉0），
所以f′(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a）．
令f′(x)＝0,得x＝0或a.
当x∈(－∞，0）时,f′(x)>0,f(x)单调递增；
当x∈（0，a）时,f′(x）<0，f(x）单调递减；
当x∈(a,＋∞）时，f′(x)>0，f（x）单调递增．
故f(x)极大值＝f（0）＝3a－2＝0，解得a＝错误!。

（2）g(x）＝f（x）＋6x＝2x3－3ax2＋6x＋3a－2(a>0），
则g′（x）＝6x2－6ax＋6＝6（x2－ax＋1），x∈[0，1］．
①当0<a≤2时,Δ＝36（a2－4)≤0，
所以g′(x)≥0恒成立，g(x)在［0,1]上单调递增，则g(x)取得最大值时x的值为1.
②当a〉2时,g′(x)的对称轴x＝错误!>1,
且Δ＝36（a2－4)>0，g′(1)＝6（2－a）<0，g′(0）＝6〉0,
所以g′(x)在(0,1）上存在唯一零点x0＝错误!。

当x∈(0，x0)时，g′(x）>0，g(x）单调递增，
当x∈(x0,1）时,g′（x）〈0，g(x)单调递减，
则g（x）取得最大值时x的值为错误!.
综上，当0<a≤2时，g(x）取得最大值时x的值为1；
当a〉2时，g（x)取得最大值时x的值为错误!.
热点题型3利用导数研究函数的零点、方程的根
，典例)（2019·成都模拟)已知函数f（x)＝x2＋(1－2a)x－a ln x，a＞0.
（1）已知直线l：kx－y－k－2＝0(k∈R)过定点A,若直线l与函数f(x)的图象相切于点A,求a和k的值；
(2）若f(x）有两个零点，求a的取值范围．
解题思路（1)求点A的坐标，将其代入y＝f(x)求a,由k＝f′(1）求k.
(2）求f′(x），依据f′（x)＝0的实根的情况．讨论f(x）的单调性．
(3)确定f(x）m i n，判定f(x)m i n与0的大小关系，综合零点存在性定理，判断f(x)有两个零点时a的取值范围．
规范解答(1)∵直线l：kx－y－k－2＝0过定点A（1,－2)，∴f（x)的图象过定点A（1，－2)．
∴f（1)＝2－2a＝－2，a＝2，
∴f(x)＝x2－3x－2ln x，f′(x)＝2x－3－错误!。

∴k＝f′（1）＝－3，
∴a＝2,k＝－3.
（2）f′(x)＝2x＋(1－2a)－错误!＝错误!＝错误!，x∈（0，＋∞）,当a＞0时，f（x)在(0,a)上为减函数;在（a，＋∞)上为增函数，∴f(x）m i n＝f(a)＝a－a2－a ln a＝a（1－a－ln a）．
若0＜a＜1，则f（x）≥f(a)＞0,∴f（x)无零点；
若a＝1,则f（x）≥f（1）＝0，当且仅当x＝1时等号成立．∴f(x)只有一个零点；
若a＞1，则f(x)m i n＝f（a）＜0,
f错误!＝错误!＋错误!＋a错误!＞0。

∵f(x)在（0，a）内为减函数，
∴f（x)在(0，a)内有且只有一个零点；
f（3a）＝3a2＋3a－a ln (3a)＝3a＋a(3a－ln （3a)),
设h（x）＝x－ln x，则h′(x)＝1－错误!＝错误!，
当x＞1时，h′(x)＞0，h（x）为增函数,
∴h(3a)＝3a－ln (3a)＞h(1)＝1，则f(3a)＞0,
∵f（x）在（a，＋∞)内为增函数，
∴f(x)在（a,＋∞）内有且只有一个零点．
综上所述，a的取值范围为(1，＋∞）．
热点题型4利用导数证明不等式问题
，典例1)设函数f（x）＝x2＋4x＋2，g（x）＝2e x （x＋1)，若x≥－2 时，f(x)≤kg（x），求k的取值范围．解题思路构建函数F（x）＝kg（x）－f(x），证明F(x)≥0对x ∈[－2，＋∞）恒成立→由F(0)≥0，F(－2）≥0，初步确定k的取值范围→求F′（x)＝0，依据所得根的情况分类讨论求F(x）m i n，并解F（x）m i n≥0→综合分析得出k的取值范围．
规范解答令F(x)＝kg(x）－f（x）＝2k e x（x＋1)－x2－4x－2.
则F(0）＝2k－2≥0⇒k≥1,F（－2）＝－2k e－2＋2≥0⇒k≤e2，所以1≤k≤e2.
由F′（x)＝2（x＋2)（k e x－1)＝0⇒x1＝－2，x2＝－ln k≥－2.
①当k＝e2时,F′(x)＝2（x＋2)（e x＋2－1）≥0，所以F(x)在[－2,＋∞）递增，
所以F（x）≥F（－2）＝0。

②当1≤k＜e2时，
x（－2,－ln k)（－ln k，＋
∞)
F′(x)－＋
F（x）m i n＝F(－ln k）＝ln k（2－ln k）≥0.
综上，1≤k≤e2。

,典例2)已知函数f（x）＝ax＋x ln x在x＝e－2（e 为自然对数的底数)处取得极小值．
（1)求实数a的值；
(2）当x＞1时，求证：f(x)＞3（x－1）．
解题思路（1）求f（x)的定义域和f′（x)→由f′（e－2）＝0求a的值→用e－2分割定义域,逐个区间分析f′（x）的正负，确定f（x）的单调性,验证a的值是否符合题意．
(2)构造函数g(x)＝f（x）－3(x－1）→研究g（x)的单调性→证明g（x)m i n＞0。

规范解答（1）因为f（x)＝ax＋x ln x，x∈（0，＋∞),
所以f′(x)＝a＋ln x＋1,
因为函数f（x)在x＝e－2处取得极小值，
所以f′(e－2）＝0，即a＋ln e－2＋1＝0，
所以a＝1，所以f′（x）＝ln x＋2。

当f′(x)＞0时，x＞e－2；当f′(x)＜0时，0＜x＜e－2,
所以f（x)在（0，e－2)上单调递减，在（e－2，＋∞)上单调递增，所以f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意，
所以a＝1。

(2)证明：由(1)知a＝1，
所以f（x)＝x＋x ln x。

令g（x)＝f（x)－3(x－1），
即g(x）＝x ln x－2x＋3（x＞0）．
则g′(x）＝ln x－1，由g′（x）＝0,得x＝e。

由g′（x）＞0，得x＞e;
由g′（x）＜0，得0＜x＜e。

所以g（x）在（0，e)上单调递减,在(e，＋∞)上单调递增，所以g（x）在（1，＋∞)上的最小值为g（e)＝3－e＞0.
于是在(1,＋∞）上，都有g（x)≥g（e）＞0，
所以f（x）＞3(x－1)．
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