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)＝(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)＝＝.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)＝，f′(x)＝，故f(1)＝，f′(1)＝，从而f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－＝(x－1)，化简得3x－ey＝0.5分(2)由(1)知f′(x)＝，令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，由g(x)＝0解得x1＝，x2＝.7分当x0，即f′(x)>0，故f(x)为增函数；当x>x2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x2≤＝3，解得a≥－.故a的取值范围为.12分2．已知函数f(x)＝ex(x2＋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)＝ex(x2＋ax－a)可得f′(x)＝ex[x2＋(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＝4ex－3e.5分(2)令f′(x)＝ex[x2＋(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：x0(0，－(a＋2))－(a＋2)(－(a＋2)∞，＋)f′(x)0－0＋f(x)－a由上表可知函数f(x)在[0∞，＋)上的最小值为f(－(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.12分3．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋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)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋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＝－，则f′(x)＝(x－1)(ex－e)，所以f(x)在(∞∞－，＋)上单调递增．②若a＞－，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＜－，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，则f(b)＞(b－2)＋a(b－1)2＝a＞0，所以f(x)有两个零点.9分(ⅱ)设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一个零点．(ⅲ)设a＜0，若a≥－，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＜－，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)＝.(1)讨论函数y＝f(x)在x∈(m∞，＋)上的单调性；(2)若m∈，则当x∈[m，m＋1]时，函数y＝f(x)的图象是否总在函数g(x)＝x2＋x图象上方？请写出判断过程．[解](1)f′(x)＝＝，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)＝em＋1.5分因为m∈，g(x)在x∈[m，m＋1]最大值为(m＋1)...
