高考数学（苏教版，理）一轮配套文档：第3章 专题二 高考中的导数应用问题.DOCVIP

专题二 　高考中的导数应用问题 1.函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是________. 答案　(2，＋∞) 解析　函数f(x)＝(x－3)ex的导数为f′(x)＝[(x－3)·ex]′＝1·ex＋(x－3)·ex＝(x－2)ex. 由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)>0时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f′(x)＝(x－2)ex>0，解得x>2. 2.已知函数f(x)＝asin 2x－eq \f(1,3)sin 3x (a为常数)在x＝eq \f(π,3)处取得极值，则a的值为________. 答案　1 解析　∵f′(x)＝2acos 2x－cos 3x， ∴f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2acos eq \f(2,3)π－cos π＝0， ∴a＝1，经验证适合题意. 3.函数f(x)＝x3－3x－1，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________. 答案　20 解析　因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，可知－1,1为函数的极值点. 又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在区间[－3,2]上f(x)max＝1，f(x)min＝－19. 由题设知在区间[－3,2]上f(x)max－f(x)min≤t，从而t≥20， 所以t的最小值是20. 4.已知函数f(x)＝eq \f(ln a＋ln x,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)＝eq \f(\f(1,x)·x－?ln a＋ln x?,x2)＝eq \f(1－?ln a＋ln x?,x2)，因为f(x)在[1，＋∞)上为减函数，故f′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，即ln a≥1－ln x在[1，＋∞)上恒成立.设φ(x)＝1－ln x，φ(x)max＝1，故ln a≥1，a≥e. 5.已知函数f(x)＝mx3＋nx2的图象在点(－1,2)处的切线恰好与直线3x＋y＝0平行，若f(x)在区间[t，t＋1]上单调递减，则实数t的取值范围是__________. 答案　[－2，－1] 解析　由题意知，点(－1,2)在函数f(x)的图象上， 故－m＋n＝2. ① 又f′(x)＝3mx2＋2nx，则f′(－1)＝－3， 故3m－2n＝－3. 联立①②解得：m＝1，n＝3，即f(x)＝x3＋3x2， 令f′(x)＝3x2＋6x≤0，解得－2≤x≤0， 则[t，t＋1]?[－2,0]，故t≥－2且t＋1≤0， 所以t∈[－2，－1]. 题型一　利用导数研究函数的单调性 例1　设函数f(x)＝x(ex－1)－ax2. (1)若a＝eq \f(1,2)，求f(x)的单调区间； (2)若当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围. 思维启迪　(1)解不等式f′(x)>0和f′(x)<0即可判断； (2)注意依据参数a进行分类讨论. 解　(1)a＝eq \f(1,2)时，f(x)＝x(ex－1)－eq \f(1,2)x2， f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1). 当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0；当x∈(－1,0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0. 故f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(0，＋∞)，单调递减区间为(－1,0). (2)f(x)＝x(ex－1－ax)，令g(x)＝ex－1－ax，g′(x)＝ex－a.若a≤1，则当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)为增函数，而g(0)＝0，从而当x≥0时，g(x)≥0，即f(x)≥0. 若a>1，则当x∈(0，ln a)时，g′(x)<0，g(x)为减函数， 而g(0)＝0，从而当x∈(0，ln a)时，g(x)<0，即f(x)<0. 综合得a的取值范围为(－∞，1]. 思维升华　利用导数研究函数单调性的一般步骤： (1)确定函数的定义域； (2)求导数f′(x)； (3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0. ②两个单调增区间或两个单调减区间之间用逗号隔开，不能用∪连结. ③若已知f(x)的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题求解. 　已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))). (1)求a的值； (2)求函数f(x)的单调区间； (3