文档介绍：专题一高考中的导数应用问题
1. 函数f(x)=(x-3)ex的单调递增区间是( )
A.(-∞,2) B.(0,3) C.(1,4) D.(2,+∞)
答案 D
解析函数f(x)=(x-3)ex的导数为f′(x)=[(x-3)·ex]′=1·ex+(x-3)·ex=(x-2)ex.
由函数导数与函数单调性的关系,得当f′(x)>0时,函数f(x)单调递增,此时由不等式f′(x)=(x-2)ex>0,解得x>2.
2. 已知函数f(x)=asin 2x-sin 3x (a为常数)在x=处取得极值,则a的值为( )
C. D.-
答案 A
解析∵f′(x)=2acos 2x-cos 3x,
∴f′=2acos π-cos π=0,
∴a=1,经验证适合题意.
3. 函数f(x)=x3-3x-1,若对于区间[-3,2]上的任意x1,x2,都有|f(x1)-f(x2)|≤t,则实数t的最小值是( )

答案 A
解析因为f′(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1),令f′(x)=0,得x=±1,可知-1,1为函数的极值点.
又f(-3)=-19,f(-1)=1,f(1)=-3,f(2)=1,所以在区间[-3,2]上f(x)max=1,f(x)min=-19.
由题设知在区间[-3,2]上f(x)max-f(x)min≤t,从而t≥20,
所以t的最小值是20.
4. 已知函数f(x)=在[1,+∞)上为减函数,则实数a的取值范围为__________.
答案[e,+∞)
解析 f′(x)==,因为f(x)在[1,+∞)上为减函数,故f′(x)≤0在[1,+∞)上恒成立,即ln a≥1-ln x在[1,+∞)(x)=1-ln x,φ(x)max=1,故ln a≥1,a≥e.
5. 已知函数f(x)=mx3+nx2的图象在点(-1,2)处的切线恰好与直线3x+y=0平行,若f(x)在区间[t,t+1]上单调递减,则实数t的取值范围是__________.
答案[-2,-1]
解析由题意知,点(-1,2)在函数f(x)的图象上,
故-m+n=2.①
又f′(x)=3mx2+2nx,则f′(-1)=-3,
故3m-2n=-3.②
联立①②解得:m=1,n=3,即f(x)=x3+3x2,
令f′(x)=3x2+6x≤0,解得-2≤x≤0,
则[t,t+1]⊆[-2,0],故t≥-2且t+1≤0,
所以t∈[-2,-1].
题型一利用导数研究函数的单调性
例1 已知函数f(x)=x2e-ax,a∈R.
(1)当a=1时,求函数y=f(x)的图象在点(-1,f(-1))处的切线方程.
(2)讨论f(x)的单调性.
思维启迪(1)先求切点和斜率,再求切线方程;
(2)先求f′(x),然后分a=0,a>0,a<0三种情况求解.
解(1)因为当a=1时,f(x)=x2e-x,f′(x)=2xe-x-x2e-x=(2x-x2)e-x,
所以f(-1)=e,f′(-1)=-3e.
从而y=f(x)的图象在点(-1,f(-1))处的切线方程为y-e=-3e(x+1),即y=-3ex-2e.
(2)f′(x)=2xe-ax-ax2e-ax=(2x-ax2)e-ax.
①当a=0时,若x<0,则f′(x)<0,若x>0,则f′(x)>0.
所以当a=0时,函数f(x)在区间(-∞,0)上为减函数,在区间(0,+∞)上为增函数.
②当a>0时,由2x-ax2<0,解得x<0或x>,由2x-ax2>0,解得0<x<.
所以当a>0时,函数f(x)在区间(-∞,0),(,+∞)上为减函数,在区间(0,)上为增函数.
③当a<0时,由2x-ax2<0,解得<x<0,由2x-ax2>0,解得x<或x>0.
所以,当a<0时,函数f(x)在区间(-∞,),(0,+∞)上为增函数,在区间(,0)上为减函数.
综上所述,当a=0时,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;
当a>0时,f(x)在(-∞,0),(,+∞)上单调递减,在(0,)上单调递增;
当a<0时,f(x)在(,0)上单调递减,在(-∞,),(0,+∞)上单调递增.
思维升华(1)判断函数的单调性,求函数的单调区间、极值等问题,最终归结到判断f′(x)的符号问题上,而f′(x)>0或f′(x)<0,最终可转化为一个一元一次或一元二次不等式问题.
(2)若已知f(x)的单调性,则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题求解.
已知函数f(x)=x3+ax2-x+c,且a=f′.
(1)求a的值;