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 WORD版含解析.doc

1、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)x3x.(1)求曲线yf(x)在点M(1,0)处的切线方程；(2)如果过点(1，b)可作曲线yf(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kf(1)用点斜式写出切线方程(2)设切点坐

2、标为(x0，xx0)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)3x21，f(1)2.故切线方程为y02(x1)，即2xy20.(2)设切点为(x0，xx0)，则切线方程为y(xx0)f(x0)(xx0)又切线过点(1，b)，所以(3x1)(1x0)xx0b，即2x3xb10.由题意，上述关于x0的方程有三个不同的实数解记g(x)2x33x2b1，则g(x)有三个不同的零点，而g(x)6x(x1)，令g(x)0得x0或x1，则结合图象可知g(0)g(1)0)，记f(x)为f(x)的导函数(1)若f(x)的极大值为0，求实

3、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(x2ax1)，x0,1由g(x)0是否有解想到分()0，即00，即a2，当g(x)0时，分析g(x)的图象()对称轴x与x1，x0的位置关系()g(x)0的两个根与0和1的大小关系规范解答(1)因为f(x)2x33ax23a2(a0)，所以f(x)6x26ax6x(xa)令f(x)0，得x0或a.当x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递增；当

4、x(0，a)时，f(x)0，f(x)单调递增故f(x)极大值f(0)3a20，解得a.(2)g(x)f(x)6x2x33ax26x3a2(a0)，则g(x)6x26ax66(x2ax1)，x0,1当02时，g(x)的对称轴x1，且36(a24)0，g(1)6(2a)0，所以g(x)在(0,1)上存在唯一零点x0.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.综上，当02时，g(x)取得最大值时x的值为.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(12a)xaln

5、 x，a0.(1)已知直线l：kxyk20(kR)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yf(x)求a，由kf(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)min，判定f(x)min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：kxyk20过定点A(1，2)，f(x)的图象过定点A(1，2)f(1)22a2，a2，f(x)x23x2ln x，f(x)2x3.kf(1)3，a2，k3.(2)f(x)

6、2x(12a)，x(0，)，当a0时，f(x)在(0，a)上为减函数；在(a，)上为增函数，f(x)minf(a)aa2aln aa(1aln a)若0a1，则f(x)f(a)0，f(x)无零点；若a1，则f(x)f(1)0，当且仅当x1时等号成立f(x)只有一个零点；若a1，则f(x)minf(a)0，fa0.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)3a23aaln (3a)3aa(3aln (3a)，设h(x)xln x，则h(x)1，当x1时，h(x)0，h(x)为增函数，h(3a)3aln (3a)h(1)1，则f(3a)0，f(x)在(a，)

7、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)x24x2，g(x)2ex(x1)，若x2 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x2，)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)min，并解F(x)min0综合分析得出k的取值范围规范解答令F(x)kg(x)f(x)2kex(x1)x24x2.则F(0)2k20k1，F(2)2ke220ke2，所以1ke2.由F(x)2(x2)(kex1)

8、0x12，x2ln k2.当ke2时，F(x)2(x2)(ex21)0，所以F(x)在2，)递增，所以F(x)F(2)0.当1ke2时，x(2，ln k)(ln k，)F(x)F(x)minF(ln k)ln k(2ln k)0.综上，1ke2.,典例2)已知函数f(x)axxln x在xe2(e为自然对数的底数)处取得极小值(1)求实数a的值；(2)当x1时，求证：f(x)3(x1)解题思路(1)求f(x)的定义域和f(x)由f(e2)0求a的值用e2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(x1)研究g(x)的单调

9、性证明g(x)min0.规范解答(1)因为f(x)axxln x，x(0，)，所以f(x)aln x1，因为函数f(x)在xe2处取得极小值，所以f(e2)0，即aln e210，所以a1，所以f(x)ln x2.当f(x)0时，xe2；当f(x)0时，0xe2，所以f(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增，所以f(x)在xe2处取得极小值，符合题意，所以a1.(2)证明：由(1)知a1，所以f(x)xxln x.令g(x)f(x)3(x1)，即g(x)xln x2x3(x0)则g(x)ln x1，由g(x)0，得xe.由g(x)0，得xe；由g(x)0，得0xe.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)3e0.于是在(1，)上，都有g(x)g(e)0，所以f(x)3(x1)