2019年江苏省高考数学二轮复习课件讲义与练习：专题五 第三讲 小题考法——导数的简单应用

第三讲 小题考法———导数的简单应用 考点(一) 利用导数研究函数的单调性 主要考查利用导数研究函数的单调性，或由函数的单调性求参数的值?或范围?. [题组练透] 1．(2018·南京三模)若函数f(x)＝ex(－x2＋2x＋a)在区间[a，a＋1]上单调递增，则实数a的最大值为_____． 解析：由题意得，f′(x)＝ex(－x2＋2＋a)≥0在区间[a，a＋1]上恒成立，即－x2＋2＋a≥0在区间[a，a＋1]上恒成立，所以解得－1≤a≤，所以实数a的最大值为. 答案： 2．若函数f(x)＝ln x－ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是_____． 解析：f′(x)＝－ax－2＝， 由题意知f′(x)<0有实数解， ∵x>0，∴ax2＋2x－1>0有实数解． 当a≥0时，显然满足； 当a<0时，只需Δ＝4＋4a>0，解得－1－1，即实数a的取值范围是(－1，＋∞)． 答案：(－1，＋∞) 3．已知定义域为{x|x≠0}的偶函数f(x)，其导函数为f′(x)，对任意正实数x满足xf′(x)>－2f(x)，若g(x)＝x2f(x)，则不等式g(x)0时，xf′(x)＋2f(x)>0， 所以g′(x)>0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又f(x)为偶函数，则g(x)也是偶函数， 所以g(x)＝g(|x|)． 由g(x)1恒成立，则k的最大值为_____． (3)(2018·江苏高考)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值的和为_____． [解析]　(1)因为f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1， 所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1 ＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1. 因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根， 所以a＝－1， f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1. 令f′(x)>0，解得x<－2或x>1， 令f′(x)<0，解得－21恒成立．令g(x)＝，则g′(x)＝，令h(x)＝x－ln x－2(x>1)，则h′(x)＝1－＝>0，所以函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增． 因为h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－2ln 2>0，所以方程h(x)＝0在(1，＋∞)上存在唯一实数根x0，且满足x0∈(3,4)，即有h(x0)＝x0－ln x0－2＝0，ln x0＝x0－2. 当1x0时，h(x)>0，即g′(x)>0，所以函数g(x)＝在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 所以[g(x)]min＝g(x0)＝＝＝x0∈(3,4)．所以k<[g(x)]min＝x0∈(3,4)，故整数k的最大值是3. 法二：依题意得，当x＝2时，k(2－1)1)，则g′(x)＝ln x－1.当1e时，g′(x)>0，g(x)在区间(e，＋∞)上单调递 ... ...