【大師特稿】高考數(shù)學(xué)答題模板：第7講導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用問題含解析

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1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 第7講　導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用問題 函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值問題 例8　已知函數(shù)f(x)＝(x∈R)，其中a∈R. (1)當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程； (2)當(dāng)a≠0時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值． 審題破題　(1)直接求f′(x)，得f′(2)后寫出切線方程；(2)求導(dǎo)函數(shù)f′(x)后要對a進(jìn)行討論，可以列表觀察函數(shù)f(x)的單調(diào)性，極值． 解　(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝，f(2)＝， 又f′(x)＝＝， f′(2)＝－. 所以，曲線y＝f

2、(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為 y－＝－(x－2)，即6x＋25y－32＝0. (2)f′(x)＝ ＝. 由于a≠0，以下分兩種情況討論． ①當(dāng)a＞0，令f′(x)＝0，得到x1＝－，x2＝a. 當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)和f(x)的變化情況如下表： x (－∞，－) － (－，a) a (a，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  極小值  極大值  所以f(x)在區(qū)間，(a，＋∞)內(nèi)為減函數(shù)， 在區(qū)間內(nèi)為增函數(shù)． 函數(shù)f(x)在x1＝－處取得極小值f， 且f＝－a2. 函數(shù)f(x)在x2＝a處取得極大值f(a

3、)，且f(a)＝1. ②當(dāng)a＜0時(shí)，令f′(x)＝0，得到x1＝a，x2＝－， 當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)和f(x)的變化情況如下表： x (－∞，a) a (a，－) － (－，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  所以f(x)在區(qū)間(－∞，a)，內(nèi)為增函數(shù)，在區(qū)間內(nèi)為減函數(shù)． 函數(shù)f(x)在x1＝a處取得極大值f(a)，且f(a)＝1. 函數(shù)f(x)在x2＝－處取得極小值f(－)， 且f＝－a2. 綜上，當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－，a)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－)，(a，＋∞)， 極大

4、值為1，極小值為－a2. 當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，a)，(－，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(a，－)， 極大值為1，極小值為－a2. 構(gòu)建答題模板 第一步：確定函數(shù)的定義域．如本題函數(shù)的定義域?yàn)镽. 第二步：求f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)． 第三步：求方程f′(x)＝0的根． 第四步：利用f′(x)＝0的根和不可導(dǎo)點(diǎn)的x的值從小到大順次將定義域分成若干個(gè)小開區(qū)間，并列出表格． 第五步：由f′(x)在開區(qū)間內(nèi)的正、負(fù)值判斷f(x)在開區(qū)間內(nèi)的單調(diào)性． 第六步：明確規(guī)范地表述結(jié)論． 第七步：反思回顧．查看關(guān)鍵點(diǎn)、易錯(cuò)點(diǎn)及解題規(guī)范．如本題中f′(x)＝0的根為x1＝

5、－，x2＝a.要確定x1，x2的大小，就必須對a的正、負(fù)進(jìn)行分類討論．這就是本題的關(guān)鍵點(diǎn)和易錯(cuò)點(diǎn)． 對點(diǎn)訓(xùn)練8　已知函數(shù)f(x)＝alnx＋＋x (a≠0)． (1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與直線x－2y＝0垂直，求實(shí)數(shù)a的值； (2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性． (1)解　f(x)的定義域?yàn)閧x|x>0}． f′(x)＝－＋1 (x>0)． 根據(jù)題意，有f′(1)＝－2， 所以2a2－a－3＝0， 解得a＝－1或a＝. (2)解　f′(x)＝－＋1＝ ＝ (x>0)． ①當(dāng)a>0時(shí)，因?yàn)閤>0， 由f′(x)>0得(x－a)(x＋2a)>0，解得x

6、>a； 由f′(x)<0得(x－a)(x＋2a)<0，解得00， 由f′(x)>0得(x－a)(x＋2a)>0，解得x>－2a； 由f′(x)<0得(x－a)(x＋2a)<0，解得0

7、 (3)是否存在x0>0，使得|g(x)－g(x0)|<對任意x>0成立？若存在，求出x0的取值范圍；若不存在，請說明理由． 審題破題　(1)先求出f(x)，再求g(x)，然后討論g(x)的單調(diào)區(qū)間，最值；(2)可構(gòu)造函數(shù)h(x)＝g(x)－g，通過h(x)的單調(diào)性比較g(x)，g的大?。?3)對任意x>0若不存在x0，只需取一特殊值即可；若存在x0，一般利用最值解決． 解　(1)由題設(shè)易知f(x)＝lnx， g(x)＝lnx＋，所以g′(x)＝， 令g′(x)＝0，得x＝1， 當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)<0， 故(0,1)是g(x)的單調(diào)減區(qū)間， 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g

8、′(x)>0. 故(1，＋∞)是g(x)的單調(diào)增區(qū)間， 因此，x＝1是g(x)的唯一極值點(diǎn)，且為極小值點(diǎn)， 從而是最小值點(diǎn)，所以最小值為g(1)＝1. (2)g＝－lnx＋x， 設(shè)h(x)＝g(x)－g＝2lnx－x＋， 則h′(x)＝－， 當(dāng)x＝1時(shí)，h(1)＝0，即g(x)＝g， 當(dāng)x∈(0,1)∪(1，＋∞)時(shí)，h′(x)<0，h′(1)＝0， 因此，h(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減， 當(dāng)0h(1)＝0，即g(x)>g， 當(dāng)x>1時(shí)，h(x)0，使|

9、g(x)－g(x0)|<對任意x>0成立，即對任意x>0，有l(wèi)nx0，使|g(x)－g(x0)|<對任意x>0成立． 構(gòu)建答題模板 第一步：構(gòu)造函數(shù)h(x)＝g(x)－g()； 第二步：根據(jù)求單調(diào)性、極值的步驟探求函數(shù)h(x)的單調(diào)性； 第三步：根據(jù)h(x)的單調(diào)性比較h(x)和0的大?。? 第四步：下結(jié)論，反思回顧. 對點(diǎn)訓(xùn)練9　已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c＋lnx. (1)當(dāng)a＝b時(shí)，若函數(shù)f(x)在定義域上是單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的

10、取值范圍； (2)設(shè)函數(shù)f(x)在x＝，x＝1處取得極值，且f(1)＝－1，若對任意的x∈，f(x)≤m恒成立，求m的取值范圍．(參考數(shù)據(jù)：e≈2.7) 解　(1)∵a＝b時(shí)，f(x)＝ax2＋ax＋c＋lnx， ∴f′(x)＝2ax＋a＋＝ (x>0)． 當(dāng)a＝0時(shí)，f′(x)＝>0，此時(shí)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)a>0時(shí)，∵x>0，∴2ax2＋ax＋1>0，∴f′(x)>0， ∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)a<0時(shí)，設(shè)g(x)＝2ax2＋ax＋1，函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞減，且g(0)＝1>0，故在(0，＋∞)上，函數(shù)g(x)的符號不確定，即此時(shí)f′(x)

11、的符號不確定，∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上不單調(diào)． 綜上可知，a的取值范圍是0，＋∞)． (2)∵f(x)在x＝，x＝1處取得極值， ∴f′(1)＝f′＝0， 即解得 即f′(x)＝＝， 且f(x)＝x2－3x＋c＋lnx. 又∵f(1)＝－1，∴1－3＋c＝－1，得c＝1， ∴f(x)＝x2－3x＋1＋lnx. ∵當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)>0， ∴函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增； ∵當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0， ∴函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減； ∵當(dāng)x∈(1,2]時(shí)，f′(x)>0， ∴函數(shù)f(x)在(1,2]上單調(diào)遞增． ∴f(x)極大值＝f＝－＋1＋ln ＝－－ln2， 而f(2)＝－1＋ln2，f(2)－f＝－＋ln4 ＝ln4－lne， 由于4>e>e，故f(2)>f， ∴f(x)max＝－1＋ln 2， ∴m≥－1＋ln 2.