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2.4导数及其应用(压轴题)-2-高考命题规律1.每年必考考题,一般在21题位置作为压轴题呈现.2.解答题,12分,高档难度.3.全国高考有4种命题角度,分布如下表.2020年高考必备2015年2016年2017年2018年2019年Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷命题角度1利用导数研究函数的单调性2120命题角度2函数的单调性与极值、最值的综合应用21202121-3-2020年高考必备2015年2016年2017年2018年2019年Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷命题角度3利用导数研究函数的零点或方程的根21212120命题角度4导数与不等式21212121命题角度5恒成立与存在性问题-4-12345利用导数研究函数的单调性高考真题体验·对方向1.(2019全国Ⅲ·20)已知函数f(x)=2x3-ax2+2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当0a3时,记f(x)在区间[0,1]的最大值为M,最小值为m,求M-m的取值范围.-5-12345解:(1)f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f'(x)=0,得x=0或x=𝑎3.若a0,则当x∈(-∞,0)∪𝑎3,+∞时,f'(x)0;当x∈0,𝑎3时,f'(x)0.故f(x)在(-∞,0),𝑎3,+∞单调递增,在0,𝑎3单调递减;若a=0,f(x)在(-∞,+∞)单调递增;若a0,则当x∈-∞,𝑎3∪(0,+∞)时,f'(x)0;当x∈𝑎3,0时,f'(x)0.故f(x)在-∞,𝑎3,(0,+∞)单调递增,在𝑎3,0单调递减.-6-12345(2)当0a3时,由(1)知,f(x)在0,𝑎3单调递减,在𝑎3,1单调递增,所以f(x)在[0,1]的最小值为f𝑎3=-𝑎327+2,最大值为f(0)=2或f(1)=4-a.于是m=-𝑎327+2,M=4-𝑎,0𝑎2,2,2≤𝑎3.所以M-m=2-𝑎+𝑎327,0𝑎2,𝑎327,2≤𝑎3.当0a2时,可知2-a+𝑎327单调递减,所以M-m的取值范围是827,2.当2≤a3时,𝑎327单调递增,所以M-m的取值范围是827,1.综上,M-m的取值范围是827,2.-7-123452.(2017全国Ⅱ·21)设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求a的取值范围.解:(1)f'(x)=(1-2x-x2)ex.令f'(x)=0得x=-1-2,x=-1+2.当x∈(-∞,-1-2)时,f'(x)0;当x∈(-1-2,-1+2)时,f'(x)0;当x∈(-1+2,+∞)时,f'(x)0.所以f(x)在(-∞,-1-2),(-1+2,+∞)内单调递减,在(-1-2,-1+2)内单调递增.-8-12345(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex0(x0),因此h(x)在[0,+∞)内单调递减,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0a1时,设函数g(x)=ex-x-1,g'(x)=ex-10(x0),所以g(x)在[0,+∞)内单调递增,而g(0)=0,故ex≥x+1.当0x1时,f(x)(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=5-4𝑎-12,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)ax0+1.当a≤0时,取x0=5-12,则x0∈(0,1),f(x0)(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.综上,a的取值范围是[1,+∞).-9-12345典题演练提能·刷高分1.已知函数f(x)=13x3+x2+ax+1.(1)若曲线y=f(x)在点(0,1)处切线的斜率为-3,求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在区间[-2,a]上单调递增,求a的取值范围.解:(1)因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)经过点(0,1),又f'(x)=x2+2x+a,曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线的斜率为-3,所以f'(0)=a=-3,所以f'(x)=x2+2x-3.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x(-∞,-3)-3(-3,1)1(1,+∞)f'(x)+0-0+f(x)增极大值减极小值增-10-12345所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-3),(1,+∞),单调递减区间为(-3,1).(2)因为函数f(x)在区间[-2,a]上单调递增,所以f'(x)≥0.即对x∈[-2,a],只要f'(x)min≥0.因为函数f'(x)=x2+2x+a的对称轴为x=-1,当-2≤a≤-1时,f'(x)在[-2,a]上的最小值为f'(a),由f'(a)=a2+3a≥0,得a≥0或a≤-3,所以此种情况不成立;当a-1时,f'(x)在[-2,a]上的最小值为f'(-1),由f'(-1)=1-2+a≥0得a≥1,综上,实数a的取值范围是[1,+∞).-11-123452.已知函数f(x)=(2-m)lnx+1𝑥+2mx.(1)当f'(1)=0时,求实数m的值及曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)讨论函数f(x)的单调性.解:(1)函数y=f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2𝑚𝑥2+(2-𝑚)𝑥-1𝑥2=(𝑚𝑥+1)(2𝑥-1)𝑥2,由f'(1)=0,解得m=-1.从而f(1)=-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=-1.-12-12345(2)由f'(x)=(𝑚𝑥+1)(2𝑥-1)𝑥2(x0),当m≥0时,函数y=f(x)的减区间为0,12,增区间为12,+∞.当m0时,由f'(x)=(𝑚𝑥+1)(2𝑥-1)𝑥2=0,得x=-1𝑚,或x=12.当m-2时,y=f(x)的减区间为0,-1𝑚和12,+∞,增区间为-1𝑚,12;当m=-2时,y=f(x)的减区间为(0,+∞),没有增区间.当-2m0时,y=f(x)的减区间为0,12和-1𝑚,+∞,增区间为12,-1𝑚.综上可知:当m≥0时,函数y=f(x)的减区间为0,12,增区间为12,+∞;当m-2时,y=f(x)的减区间为0,-1𝑚和12,+∞,增区间为-1𝑚,12;当m=-2时,y=f(x)的减区间为(0,+∞),没有增区间;当-2m0时,y=f(x)的减区间为0,12和-1𝑚,+∞,增区间为12,-1𝑚.-13-123453.已知函数f(x)=lnx+𝑎𝑥-x+1-a(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若存在x1,使f(x)+x1-𝑥𝑥成立,求整数a的最小值.解:(1)由题意可知,x0,f'(x)=1𝑥−𝑎𝑥2-1=-𝑥2+𝑥-𝑎𝑥2,方程-x2+x-a=0对应的Δ=1-4a,当Δ=1-4a≤0,即a≥14时,当x∈(0,+∞)时,f'(x)≤0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递减;当0a14时,方程-x2+x-a=0的两根为1±1-4𝑎2,且01-1-4𝑎21+1-4𝑎2,此时,f(x)在1-1-4𝑎2,1+1-4𝑎2上f'(x)0,函数f(x)单调递增,在0,1-1-4𝑎2,1+1-4𝑎2,+∞上f'(x)0,函数f(x)单调递减;当a≤0时,1-1-4𝑎20,1+1-4𝑎20,-14-12345此时当x∈0,1+1-4𝑎2,f'(x)0,f(x)单调递增,当x∈1+1-4𝑎2,+∞时,f'(x)0,f(x)单调递减.综上:当a≤0时,x∈0,1+1-4𝑎2,f(x)单调递增,当x∈1+1-4𝑎2,+∞时,f(x)单调递减;当0a14时,f(x)在1-1-4𝑎2,1+1-4𝑎2上单调递增,在0,1-1-4𝑎2,1+1-4𝑎2,+∞上单调递减;当a≥14时,f(x)在(0,+∞)上单调递减.-15-12345(2)原式等价于(x-1)axlnx+2x-1,即存在x1,使a𝑥ln𝑥+2𝑥-1𝑥-1成立.设g(x)=𝑥ln𝑥+2𝑥-1𝑥-1(x1),则g'(x)=𝑥-ln𝑥-2(𝑥-1)2,设h(x)=x-lnx-2,则h'(x)=1-1𝑥=𝑥-1𝑥0,∴h(x)在(1,+∞)上单调递增.又h(3)=3-ln3-2=1-ln30,h(4)=4-ln4-2=2-2ln20,根据零点存在性定理,可知h(x)在(1,+∞)上有唯一零点,设该零点为x0,则x0∈(3,4),且h(x0)=x0-lnx0-2=0,即x0-2=lnx0,∴g(x)min=𝑥0ln𝑥0+2𝑥0-1𝑥0-1=x0+1.由题意可知ax0+1.又x0∈(3,4),a∈Z,∴a的最小值为5.-16-123454.已知函数f(x)=3𝑥-1ex+𝑎𝑥(x0,a∈R).(1)若f(x)在(0,+∞)上单调递减,求a的取值范围;(2)当a∈(-3,-e)时,判断关于x的方程f(x)=2的解的个数.解:(1)∵f(x)=3𝑥-1ex+𝑎𝑥(x0),∴f'(x)=ex3𝑥-1-3𝑥2-𝑎𝑥2=-𝑥2+3𝑥-3𝑥2·ex-𝑎𝑥2.由题意得f'(x)=-𝑥2+3𝑥-3𝑥2·ex-𝑎𝑥2≤0在(0,+∞)恒成立,即a≥(-x2+3x-3)·ex在(0,+∞)恒成立,设g(x)=(-x2+3x-3)·ex,则g'(x)=ex(-x2+x),∴g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴g(x)max=g(1)=-e,∴a≥-e.∴实数a的取值范围为[-e,+∞).-17-12345(2)由题意得f(x)=3𝑥-1ex+𝑎𝑥=2(x0),∴a=2x-(3-x)ex(x0),令h(x)=2x-(3-x)ex,则h'(x)=2+(x-2)ex,令φ(x)=h'(x)=2+(x-2)ex(x0),则φ'(x)=(x-1)ex,∴h'(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,∴h'(x)min=h'(1)=2-e0.又h'(0)=0,h'(2)=20,∴存在x0∈(0,2),使得x∈(0,x0)时h'(x)0,h(x)单调递减;当x∈(x0,+∞)时,h'(x)0,h(x)单调递增,又h(0)=-3,h(x0)0,当x→+∞时,h(x)→+∞,∴当x0,a∈(-3,-e)时,方程a=2x-(3-x)ex有一个解,即当a∈(-3,-e)时,方程f(x)=2只有一个解.-18-12345函数的单调性与极值、最值的综合应用高考真题体验·对方向1.(2019天津·20)设函数f(x)=lnx-a(x-1)ex,其中a∈R.(1)若a≤0,讨论f(x)的单调性;①证明f(x)恰有两个零点;②设x0为f(x)的极值点,x1为f(x)的零点,且x1x0,证明3x0-x12.(2)若0a1e,-19-12345(1)解:由已知,f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=1𝑥-[aex+a(x-1)ex]=1-𝑎𝑥2e𝑥𝑥.因此当a≤0时,1-ax2ex0,从而f'(x)0,所以f(x)在(0,+∞)内单调递增.(2)证明①由(1)知,f'(x)=1-𝑎𝑥2e𝑥𝑥.令g(x)=1-ax2ex,由0a1e,可知g(x)在(0,+∞)内单调递减,又g(1)=1-ae0,且gln1𝑎=1-aln1𝑎21𝑎=1-ln1𝑎20,故g(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,从而f'(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,不妨设为x0,则1x0ln1𝑎.当x∈(0,x0)时,f'(x)=𝑔(𝑥)𝑥𝑔(𝑥0)𝑥=0,-20