高考数学一轮复习 第2章 函数、导数及其应用 热点探究训练1 导数应用中的高考热点问题教师用书 文

热点探究训练(一)导数应用中的高考热点问题
1．(2015·重庆高考)设函数f (x )＝3x 2
＋ax
e
x
(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 )＝ 6x ＋a e x －3x 2＋ax e
x
e x 2
＝
－3x 2
＋
6－a x ＋a
e
x
.2分 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 )＝3x 2
e x ，
f ′(x )＝－3x 2
＋6x e x
，故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3
e ，从而
f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3
e
(x －1)，化简得3x －e y ＝0.5分
(2)由(1)知f ′(x )＝
－3x 2
＋
6－a x ＋a
e
x
， 令g (x )＝－3x 2
＋(6－a )x ＋a ，
由g (x )＝0解得x 1＝6－a －a 2
＋366，x 2＝6－a ＋a 2
＋36
6.7分
当x <x 1时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数； 当x 1<x <x 2时，g (x )>0，即f ′(x )>0，故f (x )为增函数； 当x >x 2时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数.9分
由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋a 2
＋366≤3，解得a ≥－9
2
.故a 的取值
范围为⎣⎢⎡⎭
⎪⎫－92，＋∞.12分
2．已知函数f (x )＝e x (x 2
＋ax －a )，其中a 是常数．
【导学号：31222100】
(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)若存在实数k ，使得关于x 的方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，求k 的取值范围．
[解] (1)由f (x )＝e x
(x 2
＋ax －a )可得
f ′(x )＝e x [x 2＋(a ＋2)x ].2分
当a ＝1时，f (1)＝e ，f ′(1)＝4e.
所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为：
y －e ＝4e(x －1)，即y ＝4e x －3e.5分
(2)令f ′(x )＝e x
[x 2
＋(a ＋2)x ]＝0， 解得x ＝－(a ＋2)或x ＝0.6分
当－(a ＋2)≤0，即a ≥－2时，在区间[0，＋∞)上，f ′(x )≥0， 所以f (x )是[0，＋∞)上的增函数，
所以方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上不可能有两个不相等的实数根.8分 当－(a ＋2)＞0，即a ＜－2时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：
f (－(a ＋2))＝a ＋4
e
a ＋2.
因为函数f (x )是(0，－(a ＋2))上的减函数， 是(－(a ＋2)，＋∞)上的增函数，且当x ≥－a 时， 有f (x )≥e －a
(－a )＞－a ，又f (0)＝－a .
所以要使方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，则k 的取值范围是⎝ ⎛⎦
⎥⎤
a ＋4e a ＋2，－a .12分 3．(2016·全国卷Ⅰ)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 ).1分 (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)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.3分 (ⅱ)设a ＜0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )． ①若a ＝－e 2，则f ′(x )＝(x －1)(e x
－e)，
所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a ＞－e
2
，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.5分
③若a ＜－e
2
，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 ))上单调递减.7分
(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 a 2
，则f (b )＞a 2
(b －2)＋a (b －1)2
＝a ⎝ ⎛⎭
⎪⎫b 2－32b ＞
0，所以f (x )有两个零点.9分
(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 ≥－e
2，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 ＜－e
2，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，＋∞).12分
4．(2017·郑州二次质量预测)已知函数f (x )＝e
x
x －m .
(1)讨论函数y ＝f (x )在x ∈(m ，＋∞)上的单调性；
(2)若m ∈⎝ ⎛⎦
⎥⎤0，12，则当x ∈[m ，m ＋1]时，函数y ＝f (x )的图象是否总在函数g (x )＝x
2
＋x 图象上方？请写出判断过程．
[解] (1)f ′(x )＝
e
x
x －m －e x x －m 2＝e x x －m －1
x －m 2
，2分
当x ∈(m ，m ＋1)时，f ′(x )＜0；当x ∈(m ＋1，＋∞)时，f ′(x )＞0， 所以函数f (x )在(m ，m ＋1)上单调递减，在(m ＋1，＋∞)上单调递增.4分 (2)由(1)知f (x )在(m ，m ＋1)上单调递减， 所以其最小值为f (m ＋1)＝e
m ＋1
.5分
因为m ∈⎝ ⎛⎦
⎥⎤0，12，g (x )在x ∈[m ，m ＋1]最大值为(m ＋1)2
＋m ＋1.
所以下面判断f (m ＋1)与(m ＋1)2
＋m ＋1的大小，即判断e x
与(1＋x )x 的大小，其中x
＝m ＋1∈⎝ ⎛⎦
⎥⎤1，32.
令m (x )＝e x －(1＋x )x ，m ′(x )＝e x
－2x －1， 令h (x )＝m ′(x )，则h ′(x )＝e x
－2，
因为x ＝m ＋1∈⎝ ⎛⎦
⎥⎤1，32，所以h ′(x )＝e x
－2＞0，m ′(x )单调递增.8分
所以m ′(1)＝e －3＜0，m ′⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝e 32－4＞0，故存在x 0∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1，32，使得m ′(x 0)＝e x 0－2x
－1＝0，
所以m (x )在(1，x 0)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，32上单调递增，
所以m (x )≥m (x 0)＝e x 0－x 2
0－x 0＝2x 0＋1－x 2
0－x 0＝－x 2
0＋x 0＋1，
所以当x 0∈⎝ ⎛⎦
⎥⎤1，32时，m (x 0)＝－x 2
0＋x 0＋1＞0，
即e x ＞(1＋x )x ，也即f (m ＋1)＞(m ＋1)2
＋m ＋1，
所以函数y ＝f (x )的图象总在函数g (x )＝x 2
＋x 图象上方.12分。