2022届一轮复习数学理科(浙江专用)高考专题突破：高考中的导数应用问题.docx

高考专题突高考中的导数应用问题考点自测1函数yx2ln x的单调递减区间为()A(1,1 B(0,1C1，) D(0，)答案B解析yx2ln x，yx(x0)令y0，得0x1，即递减区间为(0,1故选B.2已知函数f(x)asin 2xsin 3x (a为常数)在x处取得极值，则a的值为()A1 B0 C. D答案A解析f(x)2acos 2xcos 3x，f2acos cos 0，a1，阅历证符合题意3函数f(x)x33x1，若对于区间3,2上的任意x1，x2，都有|f(x1)f(x2)|t，则实数t的最小值是()A20 B18 C3 D0答案A解析由于f(x)3x233(x1)(x1)，令f(x)0，得x1，可知f(x)在x1处取得极值又f(3)19，f(1)1，f(1)3，f(2)1，所以在区间3,2上f(x)max1，f(x)min19.由题设知在区间3,2上f(x)maxf(x)mint，从而t20，所以t的最小值是20.4已知函数f(x)在1，)上为减函数，则实数a的取值范围为_答案e，)解析f(x)，由于f(x)在1，)上为减函数，故f(x)0在1，)上恒成立，即ln a1ln x在1，)上恒成立设(x)1ln x，(x)max1，故ln a1，ae.5(2021安徽)已知函数f(x)x3ax2bxc有两个极值点x1，x2.若f(x1)x1x2，则关于x的方程3(f(x)22af(x)b0的不同实根个数为_答案3解析f(x)3x22axb；由已知x1，x2是方程3x22axb0的不同两根，当f(x1)x10，即(x22)ex0，由于ex0，所以x220，解得x0，所以x2(a2)xa0对x(1,1)都成立，即a(x1)对x(1,1)都成立令y(x1)，则y10.所以y(x1)在(1,1)上单调递增，所以y0或f(x)0)上的最小值；(2)对一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)证明：对一切x(0，)，都有ln x成立思维点拨(1)求f(x)，争辩参数t求最小值；(2)分别a，利用求最值得a的取值范围；(3)寻求所证不等式和题中函数f(x)的联系，充分利用(1)中所求最值(1)解由f(x)xln x，x0，得f(x)ln x1，令f(x)0，得x.当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递增当0tt2，即0t时，f(x)minf()；当t0)，则h(x)，当x(0,1)时，h(x)0，h(x)单调递增，所以h(x)minh(1)4.由于对一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，所以ah(x)min4.(3)证明问题等价于证明xln x(x(0，)由(1)可知f(x)xln x(x(0，)的最小值是，当且仅当x时取到，设m(x)(x(0，)，则m(x)，易知m(x)maxm(1)，当且仅当x1时取到从而对一切x(0，)，都有ln x成立思维升华(1)恒成立问题可以转化为我们较为生疏的求最值的问题进行求解，若不能分别参数，可以将参数看成常数直接求解(2)证明不等式，可以转化为求函数的最值问题设函数f(x)xexx(x1)2.(1)若a1，求f(x)的单调区间；(2)当x0时，f(x)x2x2恒成立，求a的取值范围解(1)a1，f(x)xexx(x1)2xexx2x2，f(x)(ex1)(x1)，当1x0时，f(x)0；当x0时，f(x)0，f(x)在(1,0)上单调递减，在(，1)，(0，)上单调递增(2)由f(x)x2x2，得x(exx)0，即要满足exx，当x0时，明显成立；当x0时，即，记g(x)，则g(x)，易知g(x)的最小值为g(1)e，e，得a2(e1)综上所述，a的取值范围是(，2e2题型三利用导数争辩方程解或图象交点问题例3已知f(x)ax2 (aR)，g(x)2ln x.(1)争辩函数F(x)f(x)g(x)的单调性；(2)若方程f(x)g(x)在区间，e上有两个不等解，求a的取值范围解(1)F(x)ax22ln x，其定义域为(0，)，所以F(x)2ax (x0)当a0时，由ax210，得x.由ax210，得0x0时，F(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减当a0时，F(x)0)恒成立故当a0时，F(x)在(0，)上单调递减(2)原式等价于方程a(x)在区间，e上有两个不等解由(x)易知，(x)在(，)上为增函数，在(，e)上为减函数，则(x)max()，而(e)()所以(x)min(e)，如图可知(x)a有两个不等解时需a.即f(x)g(x)在，e上有两个不等解时a的取值范围为a.思维升华对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围已知函数f(x)2ln xx2ax(aR)(1)当a2时，求f(x)的图象在x1处的切线方程；(2)若函数g(x)f(x)axm在，e上有两个零点，求实数m的取值范围解(1)当a2时，f(x)2ln xx22x，f(x)2x2，切点坐标为(1,1)，切线的斜率kf(1)2，则切线方程为y12(x1)，即y2x1.(2)g(x)2ln xx2m，则g(x)2x.x，e，当g(x)0时，x1.当x0；当1xe时，g(x)0.故g(x)在x1处取得极大值g(1)m1.又g()m2，g(e)m2e2，g(e)g()4e20，则g(e)g()，g(x)在，e上的最小值是g(e)g(x)在，e上有两个零点的条件是解得10，故f(x)在(，2)上为增函数；当x(2,2)时，f(x)0，故f(x)在(2，)上为增函数由此可知f(x)在x2处取得极大值f(2)16c，f(x)在x2处取得微小值f(2)c16.由题设条件知16c28，解得c12.此时f(3)9c21，f(3)9c3，f(2)16c4，因此f(x)在3,3上的最小值为f(2)4.2已知函数f(x)ax3x2bx(其中常数a，bR)，g(x)f(x)f(x)是奇函数(1)求f(x)的表达式；(2)争辩g(x)的单调性，并求g(x)在区间1,2上的最大值与最小值解(1)由题意得f(x)3ax22xb，因此g(x)f(x)f(x)ax3(3a1)x2(b2)xb.由于函数g(x)是奇函数，所以g(x)g(x)，即对任意实数x，有a(x)3(3a1)(x)2(b2)(x)bax3(3a1)x2(b2)xb，从而3a10，b0，解得a，b0，因此f(x)的表达式为f(x)x3x2.(2)由(1)知g(x)x32x，所以g(x)x22.令g(x)0，解得x1，x2，则当x时，g(x)0，从而g(x)在区间(， )，(，)上是减函数；当x0，从而g(x)在区间(，)上是增函数由上述争辩知，g(x)在区间1,2上的最大值与最小值只能在x1，2时取得，而g(1)，g()，g(2)，因此g(x)在区间1,2上的最大值为g()，最小值g(2).3已知函数f(x)x2axln x(aR)(1)当a3时，求函数f(x)在，2上的最大值和最小值；(2)当函数f(x)在(，2)上单调时，求a的取值范围解(1)当a3时，f(x)2x3，令f(x)0，解得x或1.当x(0，)(1，)时，f(x)0，故f(x)在(，1)上单调递增，所以函数f(x)在区间(，2)上仅有极大值点x1，故这个极大值点也是最大值点，故函数f(x)在，2上的最大值是f(1)2.又f(2)f()(2ln 2)(ln 2)2ln 20，故f(2)f()，故函数在，2上的最小值为f(2)2ln 2.(2)f(x)2xa，令g(x)2x，则g(x)2，则函数g(x)在(，)上单调递减，在(，2)上单调递增，由于g()3，g(2)，g()2，故函数g(x)在(，2)的值域为2，)若要f(x)0在(，2)上恒成立，即a2x在(，2)上恒成立，只要a2；若要f(x)0在(，2)上恒成立，即a2x在(，2)上恒成立，只要a，综上所述，a的取值范围是(，2，)4已知f(x)x23x1，g(x)x.(1)a2时，求yf(x)和yg(x)的公共点个数；(2)a为何值时，yf(x)和yg(x)的公共点个数恰为两个解(1)a2时，由得x23x1x，整理得x3x2x20(x1)令yx3x2x2，求导得y3x22x1，令y0，得x11，x2，故得极值点分别在1和处取得，且极大值、微小值都是负值所以yx3x2x20的解只有一个即yf(x)与yg(x)的公共点只有一个(2)由得x23x1x，整理得ax3x2x(x1)，令h(x)x3x2x，联立对h(x)求导可以得到极值点分别在1和处的草图，如图所示，h(1)1，h()，当ah(1)1时，ya与yh(x)仅有一个公共点(由于(1,1)点不在yh(x)曲线上)，故a时恰有两个公共点5某种产品每件成本为6元，每件售价为x元(6x11)，年销售为u万件，若已知u与(x)2成正比，且售价为10元时，年销量为28万件(1)求年销售利润y关于售价x的函数表达式；(2)求售价为多少时，年利润最大，并求出最大年利润解(1)设uk(x)2，售价为10元时，年销量为28万件，28k(10)2，解得k2.u2(x)22x221x18.y(2x221x18)(x6)2x333x2108x108(6x0；当x(9,11)时，y0.函数y2x333x2108x108在(6,9)上单调递增，在(9,11)上单调递减当x9时，y取最大值，且ymax135，即售价为9元时，年利润最大，最大年利润为135万元6(2022课标全国)设函数f(x)aln xx2bx(a1)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为0.(1)求b；(2)若存在x01，使得f(x0)0，即f(x)在(1，)单调递增所以，存在x01，使得f(x0)的充要条件为f(1)，即1，解得1a1.若a1，故当x(1，)时，f(x)0，f(x)在(1，)单调递减，在(，)单调递增所以，存在x01，使得f(x0)的充要条件为f()，所以不合题意若a1，则f(1)1.综上，a的取值范围是(1，1)(1，)