专题11　导数的应用(一)-2019高考理科数学【高考高手】3年高考真题透析2年模拟试题精选

专题十一　导数的应用(一) 对应学生用书起始页码P45 考纲内容 高考考点 考查频度 学科素养 规律与趋向 1.了解函数单调性和导数的关系.能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次). 2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件.会用导数求函数的极大值、极小值,会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次). 23.导数与函数的单调性 3年2考 ★★☆ 数学抽象 数学计算 1.高频考向:利用导数求解函数的单调性、极值和最值. 2.低频考向:利用导数解决某些实际问题. 3.特别关注:已知函数的单调性求参数范围问题. 24.导数与函数的极值与最值 3年3考 ★★★ 数学抽象 数学计算 2016~2018 对应学生用书起始页码P45 1.(2018全国1,理21,12分,难度★★★)已知函数f(x)=-x+aln x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:<a-2. 解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=--1+=-. ①若a≤2,则f'(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时f'(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)单调递减. ②若a>2,令f'(x)=0得,x=或x=. 当x∈时,f'(x)<0; 当x∈时,f'(x)>0.所以f(x)在单调递减,在单调递增. (2)由(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当a>2. 由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x1<x2,则x2>1. 由于=--1+a=-2+a=-2+a, 所以<a-2等价于-x2+2ln x2<0. 设函数g(x)=-x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+∞)单调递减,又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时,g(x)<0. 所以-x2+2ln x2<0,即<a-2. 2.(2016全国2,理21,12分,难度★★★)(1)讨论函数f(x)=ex的单调性,并证明当x>0时,(x-2)ex+x+2>0; (2)证明:当a∈[0,1)时,函数g(x)=(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域. 解 (1)f(x)的定义域为(-∞,-2)∪(-2,+∞). f'(x)=≥0, 当且仅当x=0时,f'(x)=0, 所以f(x)在(-∞,-2),(-2,+∞)单调递增. 因此当x∈(0,+∞)时,f(x)>f(0)=-1. 所以(x-2)ex>-(x+2),(x-2)ex+x+2>0. (2)g'(x)=(f(x)+a). 由(1)知,f(x)+a单调递增. 对任意a∈[0,1),f(0)+a=a-1<0,f(2)+a=a≥0.[来源:学科网ZXXK] 因此,存在唯一xa∈(0,2], 使得f(xa)+a=0,即g'(xa)=0. 当0<x<xa时,f(x)+a<0,g'(x)<0,g(x)单调递减; 当x>xa时,f(x)+a>0,g'(x)>0,g(x)单调递增. 因此g(x)在x=xa处取得最小值,最小值为g(xa)=. 于是h(a)=,由'=>0,单调递增. 所以,由xa∈(0,2],得<h(a)=. 因为单调递增,对任意λ∈,存在唯一的xa∈(0,2],a=-f(xa)∈[0,1),使得h(a)=λ. 所以h(a)的值域是. 综上,当a∈[0,1)时,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是. 1.(2017全国2,理11,5分,难度★★★)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则f(x)的极小值为(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1 答案 A　由题意可得, 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)的极值点,所以f'(-2)=0. 所以a=-1. 所以f(x)=(x2-x-1)ex-1. 所以f'(x)=(x2+x-2)ex-1. 令f'(x)=0,解得x1=-2,x2=1. 当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表: x (-∞,-2) -2 (-2,1) 1 (1,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以当x=1时,f(x)有极小值,并且极小值为f(1)=(1-1-1)e1-1=-1,故选A. 2.(2018全国3,理21,12分,难度★★★)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x. (1)若a=0,证明:当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0;