2018年高考數(shù)學二輪復習 第1部分 重點強化專題 專題6 函數(shù)與導數(shù) 突破點16 導數(shù)的應用（酌情自選）學案 文

《2018年高考數(shù)學二輪復習 第1部分 重點強化專題 專題6 函數(shù)與導數(shù) 突破點16 導數(shù)的應用（酌情自選）學案 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年高考數(shù)學二輪復習 第1部分 重點強化專題 專題6 函數(shù)與導數(shù) 突破點16 導數(shù)的應用（酌情自選）學案 文（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 突破點16　導數(shù)的應用(酌情自選) [核心知識提煉] 提煉1 導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 (1)函數(shù)單調(diào)性的判定方法 在某個區(qū)間(a，b)內(nèi)，如果f′(x)＞0，那么函數(shù)y＝f(x)在此區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增；如果f′(x)＜0，那么函數(shù)y＝f(x)在此區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減． (2)常數(shù)函數(shù)的判定方法 如果在某個區(qū)間(a，b)內(nèi)，恒有f′(x)＝0，那么函數(shù)y＝f(x)是常數(shù)函數(shù)，在此區(qū)間內(nèi)不具有單調(diào)性． (3)已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍 設(shè)可導函數(shù)f(x)在某個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增(或遞減)，則可以得出函數(shù)f(x)在這個區(qū)間內(nèi)f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，從而轉(zhuǎn)化為恒成立問題來解決(

2、注意等號成立的檢驗). 提煉2 函數(shù)極值的判別注意點 (1)可導函數(shù)極值點的導數(shù)為0，但導數(shù)為0的點不一定是極值點，如函數(shù)f(x)＝x3，當x＝0時就不是極值點，但f′(0)＝0. (2)極值點不是一個點，而是一個數(shù)x0，當x＝x0時，函數(shù)取得極值．在x0處有f′(x0)＝0是函數(shù)f(x)在x0處取得極值的必要不充分條件． (3)函數(shù)f(x)在一閉區(qū)間上的最大值是此函數(shù)在此區(qū)間上的極大值與其端點函數(shù)值中的最大值，函數(shù)f(x)在一閉區(qū)間上的最小值是此函數(shù)在此區(qū)間上的極小值與其端點函數(shù)值中的最小值. 提煉3 函數(shù)最值的判別方法 (1)求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]上最值的關(guān)鍵是求出f

3、′(x)＝0的根的函數(shù)值，再與f(a)，f(b)作比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值． (2)求函數(shù)f(x)在非閉區(qū)間上的最值，只需利用導數(shù)法判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性，即可得結(jié)論． [高考真題回訪] 回訪1　導數(shù)的幾何意義 1．(2017·全國卷Ⅰ)曲線y＝x2＋在點(1,2)處的切線方程為________． x－y＋1＝0　[∵y′＝2x－，∴y′|x＝1＝1， 即曲線在點(1,2)處的切線的斜率k＝1， ∴切線方程為y－2＝x－1， 即x－y＋1＝0.] 2．(2016·全國卷Ⅲ)已知f(x)為偶函數(shù)，當x≤0時，f(x)＝e－x－1－x，則曲線y＝f(

4、x)在點(1,2)處的切線方程是________． 2x－y＝0　[設(shè)x＞0，則－x＜0，f(－x)＝ex－1＋x. ∵f(x)為偶函數(shù)，∴f(－x)＝f(x)，∴f(x)＝ex－1＋x. ∵當x＞0時，f′(x)＝ex－1＋1， ∴f′(1)＝e1－1＋1＝1＋1＝2. ∴曲線y＝f(x)在點(1,2)處的切線方程為y－2＝2(x－1)， 即2x－y＝0.] 回訪2　導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 3．(2016·全國卷Ⅰ)若函數(shù)f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增，則a的取值范圍是(　　) A．[－1,1]　　　　　　 B． C. D. C　

5、[取a＝－1，則f(x)＝x－sin 2x－sin x，f′(x)＝1－cos 2x－cos x，但f′(0)＝1－－1＝－＜0，不具備在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增的條件，故排除A，B，D.故選C.] 4．(2015·全國卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導函數(shù)，f(－1)＝0，當x>0時，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(　　) A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞) A　[設(shè)y＝g(x)＝(x≠0)，則g′(x)＝，當x>0時，xf′(x)－f(

6、x)<0， ∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0. ∵f(x)為奇函數(shù)，∴g(x)為偶函數(shù)， ∴g(x)的圖象的示意圖如圖所示． 當x>0，g(x)>0時，f(x)>0,00，x<－1， ∴使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0,1)，故選A.] 回訪3　函數(shù)的極值與最值 5．(2013·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列結(jié)論中錯誤的是(　　) A．?x0∈R，f(x0)＝0 B．函數(shù)y＝f(x)的圖象是中心對稱圖形 C．若x

7、0是f(x)的極小值點，則f(x)在區(qū)間(－∞，x0)上單調(diào)遞減 D．若x0是f(x)的極值點，則f′(x0)＝0 C　[A項，因為函數(shù)f(x)的值域為R，所以一定存在x0∈R，使f(x0)＝0.A正確．B項，假設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的對稱中心為(m，n)，按向量a＝(－m，－n)將函數(shù)的圖象平移，則所得函數(shù)y＝f(x＋m)－n是奇函數(shù)．所以f(x＋m)＋f(－x＋m)－2n＝0，化簡得(3m＋a)x2＋m3＋am2＋bm＋c－n＝0.上式對x∈R恒成立，故3m＋a＝0，得m＝－，n＝m3＋am2＋bm＋c＝f，所以函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的對稱中心為，故y＝f

8、(x)的圖象是中心對稱圖形．B正確．C項，由于f′(x)＝3x2＋2ax＋b是二次函數(shù)，f(x)有極小值點x0，必定有一個極大值點x1，若x1＜x0，則f(x)在區(qū)間(－∞，x0)上不單調(diào)遞減．C錯誤．D項，若x0是極值點，則一定有f′(x0)＝0.故選C.] 熱點題型1　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 題型分析：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性問題常在解答題的第(1)問中呈現(xiàn)，有一定的區(qū)分度，此類題涉及函數(shù)的極值點、利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性、不等式的恒成立等． 【例1】　(2016·遼寧葫蘆島模擬)已知x＝1是f(x)＝2x＋＋ln x的一個極值點． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；

9、 (2)設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)－，若函數(shù)g(x)在區(qū)間[1,2]內(nèi)單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍. 【導學號：04024135】 [解] (1)因為f(x)＝2x＋＋ln x，所以f′(x)＝2－＋，因為x＝1是f(x)＝2x＋＋ln x的一個極值點，所以f′(1)＝2－b＋1＝0，解得b＝3，經(jīng)檢驗，符合題意，所以b＝3.則函數(shù)f(x)＝2x＋＋ln x，其定義域為(0，＋∞)． 4分 令f′(x)＝2－＋＜0，解得－＜x＜1， 所以函數(shù)f(x)＝2x＋＋ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1]． 6分 (2)因為g(x)＝f(x)－＝2x＋ln x－，所以g′(x)＝2＋＋．

10、 8分 因為函數(shù)g(x)在[1,2]上單調(diào)遞增，所以g′(x)≥0在[1,2]上恒成立，即2＋＋≥0在x∈[1,2]上恒成立，所以a≥(－2x2－x)max，而在[1,2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3. 所以實數(shù)a的取值范圍為[－3，＋∞)． 12分 [方法指津] 根據(jù)函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上的單調(diào)性，求參數(shù)范圍的方法： (1)若函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增，轉(zhuǎn)化為f′(x)≥0在(a，b)上恒成立求解． (2)若函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)遞減，轉(zhuǎn)化為f′(x)≤0在(a，b)上恒成立求解． (3)若函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)，

11、轉(zhuǎn)化為f′(x)在(a，b)上不變號即f′(x)在(a，b)上恒正或恒負． (4)若函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上不單調(diào)，轉(zhuǎn)化為f′(x)在(a，b)上變號． [變式訓練1]　(2017·全國卷Ⅰ改編)已知函數(shù)f(x)＝ex(ex－a)－a2x，試討論f(x)的單調(diào)性. [解]　函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)， f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a). 3分 (1)若a＝0，則f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增． 4分 (2)若a＞0，則由f′(x)＝0得x＝ln a. 當x∈(－∞，ln a)時，f′(x)＜0； 當x∈(ln a，

12、＋∞)時，f′(x)＞0. 故f(x)在(－∞，ln a)上單調(diào)遞減， 在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增． 8分 (3)若a<0，則由f′(x)＝0得x＝ln. 當x∈時，f′(x)＜0； 當x∈時，f′(x)＞0. 故f(x)在上單調(diào)遞減， 在上單調(diào)遞增． 12分 熱點題型2　利用導數(shù)研究函數(shù)的極值、最值 題型分析：利用導數(shù)研究函數(shù)的極值、最值是高考重點考查內(nèi)容，主要以解答題的形式考查，難度較大． 【例2】　(2017·山西三區(qū)八校二模)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ax2＋bx(其中a，b為常數(shù)且a≠0)在x＝1處取得極值． (1)當a＝1時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；

13、 (2)若f(x)在(0，e]上的最大值為1，求a的值． 【導學號：04024136】 [解] (1)因為f(x)＝ln x＋ax2＋bx， 所以f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋b，1分 因為函數(shù)f(x)＝ln x＋ax2＋bx在x＝1處取得極值， 所以f′(1)＝1＋2a＋b＝0， 又a＝1，所以b＝－3，則f′(x)＝， 2分 f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表： x 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  3分 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，(1，＋∞

14、)， 單調(diào)遞減區(qū)間為． 4分 (2)由(1)知f′(x)＝， 令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝， 因為f(x)在x＝1處取得極值，所以x2＝≠x1＝1， 當＜0時，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，e]上單調(diào)遞減， 所以f(x)在區(qū)間(0，e]上的最大值為f(1)， 令f(1)＝1，解得a＝－2， 6分 當a＞0時，x2＝＞0， 當＜1時，f(x)在上單調(diào)遞增， 在上單調(diào)遞減，[1，e]上單調(diào)遞增， 所以最大值可能在x＝或x＝e處取得， 8分 而f＝ln ＋a2－(2a＋1)＝ln－－1＜0， 所以f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a

15、＝， 10分 當1＜＜e時，f(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， 所以最大值可能在x＝1或x＝e處取得， 而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)＜0， 所以f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1， 解得a＝，與1＜x2＝＜e矛盾， 當x2＝≥e時，f(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，e]上單調(diào)遞減， 所以最大值可能在x＝1處取得，而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)＜0，矛盾， 綜上所述，a＝或a＝－2． 12分 [方法指津] 利用導數(shù)研究函數(shù)極值、最值的方法 1．若求極值，則先求方程f′(x)＝0的根，再檢查f′(x)在

16、方程根的左右函數(shù)值的符號． 2．若已知極值大小或存在情況，則轉(zhuǎn)化為已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情況來求解． 3．求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]上的最值時，在得到極值的基礎(chǔ)上，結(jié)合區(qū)間端點的函數(shù)值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進行比較得到函數(shù)的最值． [變式訓練2]　(2015·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋a(1－x)． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當f(x)有最大值，且最大值大于2a－2時，求a的取值范圍． [解] (1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－a． 2分 若a≤0，則f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．

17、 若a>0，則當x∈時，f′(x)>0； 當x∈時，f′(x)<0. 所以f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 6分 (2)由(1)知，當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上無最大值； 當a>0時，f(x)在x＝處取得最大值，最大值為 f＝ln＋a＝－ln a＋a－1． 10分 因此f>2a－2等價于ln a＋a－1<0. 令g(a)＝ln a＋a－1，則g(a)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g(1)＝0. 于是，當01時，g(a)>0. 因此，a的取值范圍是(0,1)． 12分 熱點題型3　利用導數(shù)解決不等式問題 題型分析：此類問題以函

18、數(shù)、導數(shù)與不等式相交匯為命題點，實現(xiàn)函數(shù)與導數(shù)、不等式及求最值的相互轉(zhuǎn)化，達成了綜合考查考生解題能力的目的． 【例3】　(2017·全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當a<0時，證明f(x)≤－－2. [解] (1)f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝． 1分 若a≥0，則當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0， 故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.3分 若a<0，則當x∈時，f′(x)>0； 當x∈時，f′(x)<0. 故f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減. 5分 (2)

19、證明：由(1)知，當a<0時，f(x)在x＝－處取得最大值，最大值為f＝ln－1－． 6分 所以f(x)≤－－2等價于ln－1－≤－－2， 即ln＋＋1≤0.7分 設(shè)g(x)＝ln x－x＋1， 則g′(x)＝－1． 8分 當x∈(0,1)時，g′(x)>0； 當x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0， 所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． 10分 故當x＝1時，g(x)取得最大值，最大值為g(1)＝0. 所以當x>0時，g(x)≤0. 從而當a<0時，ln＋＋1≤0， 即f(x)≤－－2． 12分 [方法指津] 1．利用導數(shù)證明不等式的

20、基本步驟 (1)作差或變形． (2)構(gòu)造新的函數(shù)h(x)． (3)利用導數(shù)研究h(x)的單調(diào)性或最值． (4)根據(jù)單調(diào)性及最值，得到所證不等式． 特別地：當作差或變形構(gòu)造的新函數(shù)不能利用導數(shù)求解時，一般轉(zhuǎn)化為分別求左、右兩端兩個函數(shù)的最值問題． 2．構(gòu)造輔助函數(shù)的四種方法 (1)移項法：證明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)－g(x)<0)，進而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)． (2)構(gòu)造“形似”函數(shù)：對原不等式同解變形，如移項、通分、取對數(shù)；把不等式轉(zhuǎn)化為左右兩邊是相同結(jié)構(gòu)的式子的結(jié)構(gòu)，根據(jù)“相同結(jié)構(gòu)”構(gòu)造

21、輔助函數(shù)． (3)主元法：對于(或可化為)f(x1，x2)≥A的不等式，可選x1(或x2)為主元，構(gòu)造函數(shù)f(x，x2)(或f(x1，x))． (4)放縮法：若所構(gòu)造函數(shù)最值不易求解，可將所證明不等式進行放縮，再重新構(gòu)造函數(shù)． [變式訓練3]　(2016·太原一模)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2ln x＋b(x－1)(x＞0)，曲線y＝f(x)過點(e，e2－e＋1)，且在點(1,0)處的切線方程為y＝0. (1)求a，b的值； (2)證明：當x≥1時，f(x)≥(x－1)2； (3)若當x≥1時，f(x)≥m(x－1)2恒成立，求實數(shù)m的取值范圍. 【導學號：04024137】 [

22、解] (1)函數(shù)f(x)＝ax2ln x＋b(x－1)(x＞0)，可得f′(x)＝2aln x＋ax＋b， 因為f′(1)＝a＋b＝0，f(e)＝ae2＋b(e－1)＝a(e2－e＋1)＝e2－e＋1， 所以a＝1，b＝－1． 2分 (2)證明：f(x)＝x2ln x－x＋1， 設(shè)g(x)＝x2ln x＋x－x2(x≥1)， g′(x)＝2xln x－x＋1，(g′(x))′＝2ln x＋1＞0， 所以g′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以g′(x)≥g′(1)＝0， 所以g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以g(x)≥g(1)＝0，所以f(x)≥(x－1)2． 6

23、分 (3)設(shè)h(x)＝x2ln x－x－m(x－1)2＋1， h′(x)＝2xln x＋x－2m(x－1)－1， 由(2)中知x2ln x≥(x－1)2＋x－1＝x(x－1)， 所以xln x≥x－1，所以h′(x)≥3(x－1)－2m(x－1)， ①當3－2m≥0即m≤時，h′(x)≥0， 所以h(x)在[1，＋∞)單調(diào)遞增， 所以h(x)≥h(1)＝0，成立． ②當3－2m＜0即m＞時， h′(x)＝2xln x＋(1－2m)(x－1)， (h′(x))′＝2ln x＋3－2m， 令(h′(x))′＝0，得x0＝e＞1， 當x∈[1，x0)時，h′(x)＜h′(1)＝0， 所以h(x)在[1，x0)上單調(diào)遞減，所以h(x)＜h(1)＝0，不成立． 綜上，m≤． 12分 10