高考专题突破一高考中的导数应用问题教师用书理苏教版1.(2016·全国丙卷)已知f(x)为偶函数，当x≤0时，f(x)＝e－x－1－x，则曲线y＝f(x)在点(1，2)处的切线方程是________.答案2x－y＝0解析设x>0，则－x<0，f(－x)＝ex－1＋x，因为f(x)为偶函数，所以f(x)＝ex－1＋x，f′(x)＝ex－1＋1，f′(1)＝2，曲线在点(1，2)处的切线方程为y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0.2.若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是__________.答案[1，＋∞)解析由于f′(x)＝k－1x，f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增?f′(x)＝k－1x≥0在(1，＋∞)上恒成立.由于k≥1x，而0<1x<1，所以k≥1.即k的取值范围为[1，＋∞).3.(2016·苏北四市联考)已知函数f(x)＝x3－ax2＋4，若f(x)的图象与x轴正半轴有两个不同的交点，则实数a的取值范围为__________.答案(3，＋∞)解析由题意知f′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a)，当a≤0时，不符合题意.当a>0时，f(x)在(0，2a3)上单调递减，在(2a3，＋∞)上单调递增，所以由题意知f(2a3)<0，解得a>3.4.已知函数f(x)＝x－1－(e－1)lnx，其中e为自然对数的底数，则满足f(ex)＜0的x的取值范围为________.答案(0，1)解析令f′(x)＝1－e－1x＝0，得x＝e－1.当x∈(0，e－1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(e－1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增.又f(1)＝f(e)＝0，10；当x>1时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减.所以当x＝1时，g(x)取到最大值，即g(x)max＝g(1)＝e.又f(x)＝e2x＋1x≥2e(x>0).当且仅当e2x＝1x，即x＝1e时取等号，故f(x)min＝2e.所以gx1maxfx2min＝e2e＝12，应有kk＋1≥12，又k>0，所以k≥1.题型一利用导数研究函数性质例1(2016·江苏东海中学期中)已知函数f(x)＝ex(其中e是自然对数的底数)，g(x)＝x2＋ax＋1，a∈R.(1)记函数F(x)＝f(x)·g(x)，且a>0，求F(x)的单调递增区间；(2)若对任意x1，x2∈[0，2]，x1≠x2，均有|f(x1)－f(x2)|>|g(x1)－g(x2)|成立，求实数a的取值范围.解(1)因为F(x)＝f(x)·g(x)＝ex(x2＋ax＋1)，所以F′(x)＝ex[x＋(a＋1)](x＋1).令F′(x)>0，因为a>0，所以x>－1或x<－(a＋1)，所以F(x)的单调递增区间为(－∞，－a－1)和(－1，＋∞).(2)因为对任意x1，x2∈[0，2]且x1≠x2，均有|f(x1)－f(x2)|>|g(x1)－g(x2)|成立，不妨设x1>x2，根据f(x)＝ex在[0，2]上单调递增，所以有f(x1)－f(x2)>|g(x1)－g(x2)|对x1>x2恒成立，因为f(x2)－f(x1)x2恒成立，即fx1＋gx1fx2＋gx2，fx1－gx1fx2－gx2，对x1，x2∈[0，2]，x1>x2恒成立，所以f(x)＋g(x)和f(x)－g(x)在[0，2]上都是单调递增函数.所以f′(x)＋g′(x)≥0在[0，2]上恒成立，所以ex＋(2x＋a)≥0在[0，2]上恒成立，即a≥－(ex＋2x)在[0，2]上恒成立.因为－(ex＋2x)在[0，2]上是单调减函数，所以－(ex＋2x)在[0，2]上取得最大值－1，所以a≥－1.因为f′(x)－g′(x)≥0在[0，2]上恒成立，所以ex－(2x＋a)≥0在[0，2]上恒成立，即a≤ex－2x在[0，2]上恒成立.因为ex－2x在[0，ln2]上单调递减，在[ln2，2]上单调递增，所以ex－2x在[0，2]上取得最小值2－2ln2，所以a≤2－2ln2.所以实数a的取值范围为[－1，2－2ln2].思维升华利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值.已知f(x)的单调性，可转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题；含参函数的最值问题是高考的热点题型，解此类题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图象的性质进行分析.已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e为自然对数的底数).(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数f(x)在(－1，1)上单调递增，求a的取值范围.解(1)当a＝2时，f(x)...
