高考数学二轮复习专题6函数与导数突破点16导数应用酌情自选学案文

打破点16导数的应用(酌情自选)[核心知识提炼]提炼1导数与函数的单一性函数单一性的判断方法在某个区间(a，b)内，假如f′(x)＞0，那么函数y＝f(x)在此区间内单一递加；如果f′(x)＜0，那么函数y＝f(x)在此区间内单一递减．常数函数的判断方法假如在某个区间(a，b)内，恒有f′(x)＝0，那么函数y＝f(x)是常数函数，在此区间内不拥有单一性．已知函数的单一性求参数的取值范围设可导函数f(x)在某个区间内单一递加(或递减)，则能够得出函数f(x)在这个区间内f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，从而转变为恒建立问题来解决(注意等号建立的查验).提炼2函数极值的鉴别注意点可导函数极值点的导数为0，但导数为0的点不必定是极值点，如函数f(x)＝x3，当x＝0时就不是极值点，但f′(0)＝0.极值点不是一个点，而是一个数x0，当x＝x0时，函数获得极值．在x0处有f′(x0)＝0是函数f(x)在x0处获得极值的必需不充分条件．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函数最值的鉴别方法(1)求函数f(x)在闭区间[a，b]上最值的要点是求出f′(x)＝0的根的函数值，再与f(a)，f(b)作比较，此中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．求函数f(x)在非闭区间上的最值，只要利用导数法判断函数f(x)的单一性，即可得结论．[高考真题回访]回访1导数的几何意义211．(2017·全国卷Ⅰ)曲线y＝x＋x在点(1,2)处的切线方程为________．1x－y＋1＝0[∵y′＝2x－x2，∴y′|x＝1＝1，即曲线在点(1,2)处的切线的斜率k＝1，∴切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0.]2．(2016·全国卷Ⅲ)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________．2x－y＝0[设x＞0，则－x＜0，f(－x)＝ex－1＋x.∵f(x)为偶函数，∴f(－x)＝f(x)，∴f(x)＝ex－1＋x.x－1∵当x＞0时，f′(x)＝e＋1，f′(1)＝e1－1＋1＝1＋1＝2.∴曲线y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程为y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0.]回访

2

导数与函数的单一性13．(2016·全国卷Ⅰ

)若函数

f(x)＝x－3sin2

x＋asin

x

在(－∞，＋∞)单一递加，则

a的取值范围是( )1A．[－1,1]B．－1，3111C.－，3D.－1，－3312C[取a＝－1，则f(x)＝x－3sin2x－sinx，f′(x)＝1－3cos2x－cosx，但f′(0)＝1－2－1＝－2＜0，不具备在(－∞，＋∞)单一递加的条件，故清除A，B，D.应选33C.]4．(2015·全国卷Ⅱ)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0建立的x的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(0,1)B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1,0)D．(0,1)∪(1，＋∞)fxxfA[设y＝g(x)＝(x≠0)，则g′(x)＝x－f(x)<0，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上为减函数，且f(x)为奇函数，∴g(x)为偶函数，∴g(x)的图象的表示图以下图．

x－fxx2，当x>0时，xf′(x)g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0.当x>0，g(x)>0时，f(x)>0,0<x<1，当x<0，g(x)<0时，f(x)>0，x<－1，∴使得f(x)>0建立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)，应选A.]回访3函数的极值与最值5．(2013·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，以下结论中错误的选项是( )A．?x0∈R，f(x0)＝0B．函数y＝f(x)的图象是中心对称图形C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)上单一递减D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0[A项，因为函数f(x)的值域为R，所以必定存在x0∈R，使f(x0)＝0.A正确．B项，假定函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的对称中心为(m，n)，按向量a＝(－m，－n)将函数的图象平移，则所得函数y＝f(x＋m)－n是奇函数．所以f(x＋m)＋f(－x＋m)－2n232c－n＝0.上式对x∈R恒建立，故3m＋a＝0，＝0，化简得(3m＋a)x＋m＋am＋bm＋a32a32得m＝－3，n＝m＋am＋bm＋c＝f－3，所以函数f(x)＝x＋ax＋bx＋c的对称中心aa为－3，f－3，故y＝f(x)的图象是中心对称图形．B正确．C项，因为f′(x)＝3x2＋2ax＋b是二次函数，f(x)有极小值点x0，必然有一个极大值点x1，若x1＜x0，则f(x)在区间(－∞，x0)上不但一递减．C错误．D项，若x0是极值点，则必定有f′(x0)＝0.应选C.]热门题型1利用导数研究函数的单一性题型剖析：利用导数研究函数的单一性问题常在解答题的第(1)划分度，此类题波及函数的极值点、利用导数判断函数的单一性、

问中体现，有必定的不等式的恒建立等．【例

1】

(2016·辽宁葫芦岛模拟

)已知

x＝1是f(x)＝2x＋x＋ln

x的一个极值点．求函数f(x)的单一递减区间；(2)设函数()＝f(x)－3＋a，若函数(x)在区间[1,2]内单一递加，务实数a的取gxxg值范围.【导学号：04024135】bb1[解](1)因为f(x)＝2x＋x＋lnx，所以f′(x)＝2－x2＋x，因为x＝1是f(x)＝2xbx的一个极值点，所以f′(1)＝2－b＋1＝0，解得b＝3，经查验，切合题意，＋x＋ln所以＝3.则函数f(x)＝2＋3＋lnx，其定义域为(0，＋∞)．4bxx分令f313x＜1，′( )＝2－2＋＜0，解得－＜xxx2所以函数f(x)＝2x3x的单一递减区间为(0,1]＋x＋ln．6分3＋aa1a(2)因为g(x)＝f(x)－x＝2x＋lnx－x，所以g′(x)＝2＋x＋x2．8分1a因为函数g(x)在[1,2]上单一递加，所以g′(x)≥0在[1,2]上恒建立，即2＋x＋x2≥0在x∈[1,2]上恒建立，所以≥(－2x2－)max，而在[1,2]上，(－22－x)max＝－3，所axx以a≥－3.所以实数a的取值范围为[－3，＋∞)．12分[方法指津]依据函数y＝f(x)在(a，b)上的单一性，求参数范围的方法：(1)若函数y＝f(x)在(a，b)上单一递加，转变为f′(x)≥0在(a，b)上恒建立求解．(2)若函数y＝(x)在(a，b)上单一递减，转变为′( )≤0在(a，)上恒建立求解．ffxb(3)若函数y＝f(x)在(a，b)上单一，转变为f′(x)在(a，b)上不变号即f′(x)在(a，b)上恒正或恒负．(4)若函数y＝(x)在(a，)上不但一，转变为′( )在(a，)上变号．fbfxb[变式训练1](2017·全国卷Ⅰ改编)已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，试议论f(x)的单一性.[解]函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a).3分2x在(－∞，＋∞)上单一递加．4分(1)若a＝0，则f(x)＝e若a＞0，则由f′(x)＝0得x＝lna.当x∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0.故f(x)在(－∞，lna)上单一递减，在(lna，＋∞)上单一递加．8分a若a<0，则由f′(x)＝0得x＝ln－2.a当x∈－∞，ln－时，f′(x)＜0；2a当x∈ln－2，＋∞时，f′(x)＞0.故f()在－∞，ln－a上单一递减，x2在ln－a12分2，＋∞上单一递加．热门题型2利用导数研究函数的极值、最值题型剖析：利用导数研究函数的极值、最值是高考要点考察内容，主要以解答题的形式考察，难度较大．【例2】(2017·山西三区八校二模)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋bx(此中a，b为常数且a≠0)在x＝1处获得极值．当a＝1时，求f(x)的单一区间；(2)若f(x)在(0，e]上的最大值为1，求a的值．【导学号：04024136】[解](1)因为f(x)＝lnx＋ax2＋bx，1所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x＋2ax＋b，1分因为函数f(x)＝lnx＋ax2＋bx在x＝1处获得极值，所以f′(1)＝1＋2a＋b＝0，又a＝1，所以b＝－3，则f′(x)＝2x2－3x＋1，2分x′(x)，f(x)随x的变化状况以下表：x0，111，11(1，＋∞)222f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值3分所以f(x)的单一递加区间为10，2，(1，＋∞)，单一递减区间为1．4分，12(2)由(1)知f′(x)＝ax－x－x，1令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝2a，1因为f(x)在x＝1处获得极值，所以x2＝2a≠x1＝1，1当2a＜0时，f(x)在(0,1)上单一递加，在(1，e]上单一递减，所以f(x)在区间(0，e]上的最大值为f(1)，令f(1)＝1，解得a＝－2，6分当＞0时，x2＝1＞0，a2a当1＜1时，f(x)在0，12a2上单一递加，a1在2a，1上单一递减，[1，e]上单一递加，1所以最大值可能在x＝2a或x＝e处获得，8分1112111而f2a＝ln2a＋a2a－(2a＋1)2a＝ln2a－4a－1＜0，所以f(e)＝lne＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝1，10分e－21＜e时，f(x)在区间(0,1)上单一递加，在1，1上单一递减，在1当1＜2a，e上2a2a单一递加，所以最大值可能在x＝1或x＝e处获得，而f(1)＝ln1＋a－(2a＋1)＜0，所以f(e)＝lne＋ae2－(2a＋1)e＝1，11解得a＝e－2，与1＜x2＝2a＜e矛盾，当x1上单一递加，在(1，e]上单一递减，2a2所以最大值可能在x＝1处获得，而f(1)＝ln1＋a－(2a＋1)＜0，矛盾，1综上所述，a＝e－2或a＝－2．12分[方法指津]利用导数研究函数极值、最值的方法1．若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号．2．若已知极值大小或存在状况，则转变为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在状况来求解．3．求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在获得极值的基础上，联合区间端点的函数值(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较获得函数的最值．[变式训练2](2015·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝lnx＋a(1－x)．议论f(x)的单一性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2－2时，求a的取值范围．a1[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－a．2分若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单一递加．若>0，则当x∈0，1时，′( )>0；aafx1当x∈a，＋∞时，f′(x)<0.所以f(x)在110，a上单一递加，在a，＋∞上单一递减．6分由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；1当a>0时，f(x)在x＝a处获得最大值，最大值为111fa＝lna＋a1－a＝－lna＋a－1．10分1所以fa>2a－2等价于lna＋a－1<0.令()＝ln＋－1，则( )在(0，＋∞)上单一递加，g(1)＝0.gaaaga于是，当0<a<1时，g(a)<0；当a>1时，g(a)>0.所以，a的取值范围是(0,1)．12分热门题型3利用导数解决不等式问题题型剖析：此类问题以函数、导数与不等式订交汇为命题点，实现函数与导数、不等式及求最值的互相转变，完成了综合考察考生解题能力的目的．【例3】(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.议论f(x)的单一性；3当a<0时，证明f(x)≤－4a－2.[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，1a＋1＝x＋ax＋1分′( )＝＋2＋2．fxxaxx若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单一递加.3分1若a<0，则当x∈0，－2a时，f′(x)>0；1当x∈－2a，＋∞时，f′(x)<0.11故f(x)在0，－2a上单一递加，在－2a，＋∞上单一递减.5分(2)证明：由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－1处获得最大值，最大值为1＝2af－2a11ln－2a－1－4．6分a3113所以f(x)≤－4a－2等价于ln－2a－1－4a≤－4a－2，1即ln－2a＋2a＋1≤0.7分设g(x)＝lnx－x＋1，1则g′(x)＝x－1．8分当x∈(0,1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，所以()在(0,1)上单一递加，在(1，＋∞)上单一递减．10分gx故当x＝1时，g(x)获得最大值，最大值为g(1)＝0.所以当x>0时，g(x)≤0.从而当a<0时，ln－112a＋2a＋1≤0，即f( )≤－3－2．12分x4a[方法指津]1．利用导数证明不等式的基本步骤作差或变形．结构新的函数h(x)．利用导数研究h(x)的单一性或最值．依据单一性及最值，获得所证不等式．特别地：看作差或变形结构的新函数不可以利用导数求解时，一般转变为分别求左、右两头两个函数的最值问题．2．结构协助函数的四种方法(1)移项法：证明不等式f(x)>()(f(x)<())的问题转变为证明f(x)－(x)>0(f(x)gxgxg－g(x)<0)，从而结构协助函数h(x)＝f(x)－g(x)．结构“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转变为左右两边是同样结构的式子的结构，依据“同样结构”结构协助函数．(3)主元法：关于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2)为主元，结构函数(x，x2)(或f(x1，x))．放缩法：若所结构函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再从头结构函数．[变式训练3](2016·太原一模)设函数f(x)＝ax2lnx＋b(x－1)(x＞0)，曲线y＝f(x)过点(e，e2－e＋1)，且在点(1,0)处的切线方程为y＝0.求a，b的值；证明：当