高考数学 第1部分 重点强化专题 专题6 函数与导数 突破点16 导数的应用教学案

突破点16导数的应用 (对应学生用书第57页)核心知识提炼提炼1 导数与函数的单调性(1)函数单调性的判定方法在某个区间(a，b)内，如果f(x)0，那么函数yf(x)在此区间内单调递增；如果f(x)0，那么函数yf(x)在此区间内单调递减(2)常数函数的判定方法如果在某个区间(a，b)内，恒有f(x)0，那么函数yf(x)是常数函数，在此区间内不具有单调性(3)已知函数的单调性求参数的取值范围设可导函数f(x)在某个区间内单调递增(或递减)，则可以得出函数f(x)在这个区间内f(x)0(或f(x)0)，从而转化为恒成立问题来解决(注意等号成立的检验).提炼2 函数极值的判别注意点(1)可导函数极值点的导数为0，但导数为0的点不一定是极值点，如函数f(x)x3，当x0时就不是极值点，但f(0)0.(2)极值点不是一个点，而是一个数x0，当xx0时，函数取得极值在x0处有f(x0)0是函数f(x)在x0处取得极值的必要不充分条件(3)函数f(x)在一闭区间上的最大值是此函数在此区间上的极大值与其端点函数值中的最大值，函数f(x)在一闭区间上的最小值是此函数在此区间上的极小值与其端点函数值中的最小值.提炼3 函数最值的判别方法(1)求函数f(x)在闭区间a，b上最值的关键是求出f(x)0的根的函数值，再与f(a)，f(b)作比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值(2)求函数f(x)在非闭区间上的最值，只需利用导数法判断函数f(x)的单调性，即可得结论高考真题回访回访1函数的极值与最值1(2013浙江高考)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)(ex1)(x1)k(k1,2)，则()A当k1时，f(x)在x1处取到极小值B当k1时，f(x)在x1处取到极大值C当k2时，f(x)在x1处取到极小值D当k2时，f(x)在x1处取到极大值C当k1时，f(x)(ex1)(x1)，则f(x)ex(x1)(ex1)exx1，所以f(1)e10，所以f(1)不是极值当k2时，f(x)(ex1)(x1)2，则f(x)ex(x1)22(ex1)(x1)ex(x21)2(x1)(x1)ex(x1)2，所以f(1)0，且当x1时，f(x)0；在x1附近的左侧，f(x)0，所以f(1)是极小值2(2013浙江高考)已知函数yf(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数yf(x)的图象如图161所示，则该函数的图象是()图161B从导函数的图象可以看出，导函数值先增大后减小，x0时最大，所以函数f(x)的图象的变化率也先增大后减小，在x0时变化率最大A项，在x0时变化率最小，故错误；C项，变化率是越来越大的，故错误；D项，变化率是越来越小的，故错误B项正确3(2013浙江高考)已知aR，函数f(x)2x33(a1)x26ax.(1)若a1，求曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程；(2)若|a|1，求f(x)在闭区间0,2|a|上的最小值解(1)当a1时，f(x)6x212x6，所以f(2)6.3分又因为f(2)4，所以切线方程为y46(x2)，即6xy80.5分(2)记g(a)为f(x)在闭区间0,2|a|上的最小值f(x)6x26(a1)x6a6(x1)(xa)令f(x)0，得x11，x2a.8分当a1时，x0(0,1)1(1，a)a(a,2a)2af(x)00f(x)0单调递增极大值3a1单调递减极小值a2(3a)单调递增4a3比较f(0)0和f(a)a2(3a)的大小可得g(a)10分当a1时，x0(0,1)1(1，2a)2af(x)0f(x)0单调递减极小值3a1单调递增28a324a2得g(a)3a1.14分综上所述，f(x)在闭区间0,2|a|上的最小值为g(a)15分回访2导数的综合应用4(2017浙江高考)已知函数f(x)(x)ex.(1)求f(x)的导函数；(2)求f(x)在区间上的取值范围解(1)因为(x)1，(ex)ex，所以f(x)ex(x)ex.6分(2)由f(x)0，解得x1或x.9分因为x1f(x)00f(x)e0e又f(x)(1)2ex0，所以f(x)在区间上的取值范围是.15分5(2014浙江高考)已知函数f(x)x33|xa|(aR)(1)若f(x)在1,1上的最大值和最小值分别记为M(a)，m(a)，求M(a)m(a)；(2)设bR，若f(x)b24对x1,1恒成立，求3ab的取值范围解(1)因为f(x)所以f(x)2分由于1x1.当a1时，有xa，故f(x)x33x3a.此时f(x)在(1,1)上是增函数，因此，M(a)f(1)43a，m(a)f(1)43a，故M(a)m(a)(43a)(43a)8.3分当1a1时，若x(a,1)，f(x)x33x3a，在(a,1)上是增函数；若x(1，a)，f(x)x33x3a，在(1，a)上是减函数，所以，M(a)maxf(1)，f(1)，m(a)f(a)a3.由于f(1)f(1)6a2，因此当1a时，M(a)m(a)a33a4；当a1时，M(a)m(a)a33a2.4分当a1时，有xa，故f(x)x33x3a，此时f(x)在(1,1)上是减函数，因此，M(a)f(1)23a，m(a)f(1)23a，故M(a)m(a)(23a)(23a)4.6分综上可知，M(a)m(a)7分(2)令h(x)f(x)b，则h(x)h(x)因为f(x)b24对x1,1恒成立，即2h(x)2对x1,1恒成立，所以由(1)知，当a1时，h(x)在(1,1)上是增函数，h(x)在1,1上的最大值是h(1)43ab，最小值是h(1)43ab，则43ab2且43ab2，矛盾；9分当10，t(a)在上是增函数，故t(a)t(0)2，因此23ab0.11分当a1时，h(x)在1,1上的最小值是h(a)a3b，最大值是h(1)3ab2，所以a3b2且3ab22，解得0，所以f(x)在(0，)上单调递增若a0，则当x时，f(x)0；当x时，f(x)0时，f(x)在x处取得最大值，最大值为flnaln aa1.10分因此f2a2等价于ln aa10.令g(a)ln aa1，则g(a)在(0，)上单调递增，g(1)0.于是，当0a1时，g(a)1时，g(a)0.因此，a的取值范围是(0,1).15分热点题型3利用导数解决不等式问题题型分析：此类问题以函数、导数与不等式相交汇为命题点，实现函数与导数、不等式及求最值的相互转化，达成了综合考查考生解题能力的目的.【例3】设函数f(x)ax.(1)若函数f(x)在(1，)上为减函数，求实数a的最小值；(2)若存在x1，x2e，e2，使f(x1)f(x2)a成立，求实数a的取值范围解(1)由得x0且x1，则函数f(x)的定义域为(0,1)(1，)，因为f(x)在(1，)上为减函数，故f(x)a0在(1，)上恒成立又f(x)a2a2a，故当，即xe2时，f(x)maxa.所以a0，于是a，故a的最小值为.4分(2)命题“若存在x1，x2e，e2，使f(x1)f(x2)a成立”等价于“当xe，e2时，有f(x)minf(x)maxa”. 由(1)知，当xe，e2时，f(x)maxa，f(x)maxa.5分问题等价于：“当xe，e2时，有f(x)min”当a时，由(1)知，f(x)在e，e2上为减函数，则f(x)minf(e2)ae2，故a.6分当a，不合题意.8分()a0，即0a，由f(x)的单调性和值域知，存在唯一x0(e，e2)，使f(x)0，且满足：当x(e，x0)时，f(x)0，f(x)为增函数；12分所以，fmin(x)f(x0)ax0，x0(e，e2)，所以，a，与0ag(x)(f(x)0(f(x)g(x)0)，进而构造辅助函数h(x)f(x)g(x)(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数(3)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x1，x)(4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数变式训练3设函数f(x)ax2ln xb(x1)(x0)，曲线yf(x)过点(e，e2e1)，且在点(1,0)处的切线方程为y0.(1)求a，b的值；(2)证明：当x1时，f(x)(x1)2；(3)若当x1时，f(x)m(x1)2恒成立，求实数m的取值范围解(1)函数f(x)ax2ln xb(x1)(x0)，可得f(x)2aln xaxb，因为f(1)ab0，f(e)ae2b(e1)a(e2e1)e2e1，所以a1，b1.2分(2)证明：f(x)x2ln xx1，设g(x)x2ln xxx2(x1)，g(x)2xln xx1，(g(x)2ln x10，所以g(x)在0，)上单调递增，所以g(x)g(1)0，所以g(x)在0，)上单调递增，所以g(x)g(1)0，所以f(x)(x1)2.6分(3)设h(x)x2ln xxm(x1)21，h(x)2xln xx2m(x1)1，由(2)中知x2ln x(x1)2x1x(x1)，所以xln xx1，所以h(x)3(x1)2m(x1)，当32m0即m时，h(x)0，所以h(x)在1，)单调递增，所以h(x)h(1)0，