《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第四章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 4.2 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（第1課時）講義（含解析）.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第四章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 4.2 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（第1課時）講義（含解析）.docx（18頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
4.2 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用
最新考綱
考情考向分析
1.了解函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，能用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．
2.理解函數(shù)極值的概念及函數(shù)在某點取到極值的條件，會用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大(小)值，會求閉區(qū)間上函數(shù)的最大(小)值.
考查函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值，利用函數(shù)的性質(zhì)求參數(shù)范圍；與方程、不等式等知識相結(jié)合命題，強化函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想、分類討論思想的應(yīng)用意識；題型以解答題為主，一般難度較大.
1．函數(shù)的單調(diào)性
在某個區(qū)間(a，b)內(nèi)，如果f′(x)>0，那么函數(shù)y＝f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增；如果f′(x)<0，那么函數(shù)y＝f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減．
2．函數(shù)的極值
(1)一般地，求函數(shù)y＝f(x)的極值的方法
解方程f′(x)＝0，當(dāng)f′(x0)＝0時：
①如果在x0附近的左側(cè)f′(x)>0，右側(cè)f′(x)<0，那么f(x0)是極大值；
②如果在x0附近的左側(cè)f′(x)<0，右側(cè)f′(x)>0，那么f(x0)是極小值．
(2)求可導(dǎo)函數(shù)極值的步驟
①求f′(x)；
②求方程f′(x)＝0的根；
③考查f′(x)在方程f′(x)＝0的根附近的左右兩側(cè)導(dǎo)數(shù)值的符號．如果左正右負，那么f(x)在這個根處取得極大值；如果左負右正，那么f(x)在這個根處取得極小值．
3．函數(shù)的最值
(1)在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)的函數(shù)f(x)在[a，b]上必有最大值與最小值．
(2)若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調(diào)遞增，則f(a)為函數(shù)的最小值，f(b)為函數(shù)的最大值；若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調(diào)遞減，則f(a)為函數(shù)的最大值，f(b)為函數(shù)的最小值．
(3)設(shè)函數(shù)f(x)在[a，b]上連續(xù)，在(a，b)內(nèi)可導(dǎo)，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步驟如下：
①求函數(shù)y＝f(x)在(a，b)內(nèi)的極值；
②將函數(shù)y＝f(x)的各極值與端點處的函數(shù)值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值．
概念方法微思考
1．“f(x)在區(qū)間(a，b)上是增函數(shù)，則f′(x)>0在(a，b)上恒成立”，這種說法是否正確？
提示 不正確，正確的說法是：
可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a，b)上是增(減)函數(shù)的充要條件是對任意x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子區(qū)間內(nèi)都不恒為零．
2．對于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，“f′(x0)＝0”是“函數(shù)f(x)在x＝x0處有極值”的________條件．(填“充要”“充分不必要”“必要不充分”)
提示 必要不充分
題組一 思考辨析
1．判斷下列結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“”)
(1)如果函數(shù)f(x)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0，則f(x)在此區(qū)間內(nèi)沒有單調(diào)性．( √ )
(2)函數(shù)的極大值一定大于其極小值．( )
(3)函數(shù)的最大值不一定是極大值，函數(shù)的最小值也不一定是極小值．( √ )
(4)開區(qū)間上的單調(diào)連續(xù)函數(shù)無最值．( √ )
題組二 教材改編
2．[P32A組T4]如圖是函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象，則下面判斷正確的是( )
A．在區(qū)間(－2,1)上f(x)是增函數(shù)
B．在區(qū)間(1,3)上f(x)是減函數(shù)
C．在區(qū)間(4,5)上f(x)是增函數(shù)
D．當(dāng)x＝2時，f(x)取到極小值
答案 C
解析 在(4,5)上f′(x)>0恒成立，
∴f(x)是增函數(shù)．
3．[P29練習(xí)T2]設(shè)函數(shù)f(x)＝＋lnx，則( )
A．x＝為f(x)的極大值點
B．x＝為f(x)的極小值點
C．x＝2為f(x)的極大值點
D．x＝2為f(x)的極小值點
答案 D
解析 f′(x)＝－＋＝(x>0)，
當(dāng)0
2時，f′(x)>0，∴x＝2為f(x)的極小值點．
4．[P26練習(xí)T1]函數(shù)f(x)＝x3－6x2的單調(diào)遞減區(qū)間為__________．
答案 (0,4)
解析 f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，
由f′(x)<0，得00；
當(dāng)x∈時，y′<0.∴當(dāng)x＝時，ymax＝＋.
6．[P30例5]函數(shù)f(x)＝x3－4x＋4在[0,3]上的最大值與最小值分別為__________．
答案 4，－
解析 由f(x)＝x3－4x＋4，
得f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)，
令f′(x)>0，得x>2或x<－2；
令f′(x)<0，得－20，即8x－>0，解得x>，
∴函數(shù)y＝4x2＋的單調(diào)增區(qū)間為.故選B.
2．已知函數(shù)f(x)＝xlnx，則f(x)( )
A．在(0，＋∞)上單調(diào)遞增
B．在(0，＋∞)上單調(diào)遞減
C．在上單調(diào)遞增
D．在上單調(diào)遞減
答案 D
解析 因為函數(shù)f(x)＝xlnx的定義域為(0，＋∞)，
所以f′(x)＝lnx＋1(x>0)，
當(dāng)f′(x)>0時，解得x>，
即函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為；
當(dāng)f′(x)<0時，解得00，
則其在區(qū)間(－π，π)上的解集為∪，
即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為和.
思維升華確定函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟
(1)確定函數(shù)f(x)的定義域．
(2)求f′(x)．
(3)解不等式f′(x)>0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞增區(qū)間．
(4)解不等式f′(x)<0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞減區(qū)間．
題型二 含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性
例1已知函數(shù)f(x)＝x2e－ax－1(a是常數(shù))，求函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間．
解 根據(jù)題意可得，當(dāng)a＝0時，f(x)＝x2－1，函數(shù)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，0)上單調(diào)遞減．
當(dāng)a≠0時，f′(x)＝2xe－ax＋x2(－a)e－ax＝e－ax(－ax2＋2x)．
因為e－ax>0，
所以令g(x)＝－ax2＋2x＝0，解得x＝0或x＝.
①當(dāng)a>0時，函數(shù)g(x)＝－ax2＋2x在(－∞，0)和上有g(shù)(x)<0，即f′(x)<0，函數(shù)y＝f(x)單調(diào)遞減；
函數(shù)g(x)＝－ax2＋2x在上有g(shù)(x)≥0，
即f′(x)≥0，函數(shù)y＝f(x)單調(diào)遞增．
②當(dāng)a<0時，函數(shù)g(x)＝－ax2＋2x在和(0，＋∞)上有g(shù)(x)>0，即f′(x)>0，函數(shù)y＝f(x)單調(diào)遞增；
函數(shù)g(x)＝－ax2＋2x在上有g(shù)(x)≤0，
即f′(x)≤0，函數(shù)y＝f(x)單調(diào)遞減．
綜上所述，當(dāng)a＝0時，函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)；
當(dāng)a>0時，函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)，，單調(diào)遞增區(qū)間為；
當(dāng)a<0時，函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為.
思維升華 (1)研究含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性，要依據(jù)參數(shù)對不等式解集的影響進行分類討論．
(2)劃分函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，要在函數(shù)定義域內(nèi)討論，還要確定導(dǎo)數(shù)為零的點和函數(shù)的間斷點．
跟蹤訓(xùn)練1已知函數(shù)f(x)＝ex(ax2－2x＋2)(a>0)，試討論f(x)的單調(diào)性．
解 由題意得f′(x)＝ex[ax2＋(2a－2)x](a>0)，
令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝.
①當(dāng)00，則x<0或x>，
令f′(x)<0，則01時，令f′(x)>0，則x>0或x<，
令f′(x)<0，則1時，f(x)在和(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
題型三 函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用
命題點1 比較大小或解不等式
例2(1)已知定義域為R的偶函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，當(dāng)x<0時，xf′(x)－f(x)<0.若a＝，b＝，c＝，則a，b，c的大小關(guān)系是( )
A．b1，f(0)＝4，則不等式exf(x)>ex＋3(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))的解集為( )
A．(0，＋∞)
B．(－∞，0)∪(3，＋∞)
C．(－∞，0)∪(0，＋∞)
D．(3，＋∞)
答案 A
解析 令g(x)＝exf(x)－ex，
∴g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex
＝ex[f(x)＋f′(x)－1]，
∵f(x)＋f′(x)>1，∴g′(x)>0，
∴y＝g(x)在定義域上單調(diào)遞增，
∵exf(x)>ex＋3，∴g(x)>3，
∵g(0)＝3，∴g(x)>g(0)，∴x>0，故選A.
命題點2 根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)
例3已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝ax2＋2x(a≠0)．
(1)若函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求a的取值范圍；
(2)若函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上單調(diào)遞減，求a的取值范圍．
解 (1)h(x)＝lnx－ax2－2x，x∈(0，＋∞)，
所以h′(x)＝－ax－2，
由于h(x)在(0，＋∞)上存在單調(diào)遞減區(qū)間，
所以當(dāng)x∈(0，＋∞)時，－ax－2<0有解，
即a>－有解．
設(shè)G(x)＝－，
所以只要a>G(x)min即可．
而G(x)＝2－1，所以G(x)min＝－1.
所以a>－1.
又因為a≠0，所以a的取值范圍為(－1,0)∪(0，＋∞)．
(2)因為h(x)在[1,4]上單調(diào)遞減，
所以當(dāng)x∈[1,4]時，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，
即a≥－恒成立．
所以a≥G(x)max，而G(x)＝2－1，
因為x∈[1,4]，所以∈，
所以G(x)max＝－(此時x＝4)，
所以a≥－，又因為a≠0，
所以a的取值范圍是∪(0，＋∞)．
引申探究
1．本例(2)中，若函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上單調(diào)遞增，求a的取值范圍．
解 因為h(x)在[1,4]上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)x∈[1,4]時，h′(x)≥0恒成立，
所以當(dāng)x∈[1,4]時，a≤－恒成立，
又當(dāng)x∈[1,4]時，min＝－1(此時x＝1)，
所以a≤－1，即a的取值范圍是(－∞，－1]．
2．本例(2)中，若h(x)在[1,4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間，求a的取值范圍．
解 h(x)在[1,4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間，
則h′(x)<0在[1,4]上有解，
所以當(dāng)x∈[1,4]時，a>－有解，
又當(dāng)x∈[1,4]時，min＝－1，
所以a>－1，又因為a≠0，
所以a的取值范圍是(－1,0)∪(0，＋∞)．
思維升華根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的一般思路
(1)利用集合間的包含關(guān)系處理：y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)，則區(qū)間(a，b)是相應(yīng)單調(diào)區(qū)間的子集．
(2)f(x)為增函數(shù)的充要條件是對任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)內(nèi)的任一非空子區(qū)間上，f′(x)不恒為零，應(yīng)注意此時式子中的等號不能省略，否則漏解．
(3)函數(shù)在某個區(qū)間存在單調(diào)區(qū)間可轉(zhuǎn)化為不等式有解問題．
跟蹤訓(xùn)練2 (1)(2018寧波模擬)已知三次函數(shù)f(x)＝x3－(4m－1)x2＋(15m2－2m－7)x＋2在
(－∞，＋∞)上是增函數(shù)，則m的取值范圍是( )
A．m<2或m>4 B．－40，得01.
當(dāng)a>0時，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝，
若<1，即a>，
由g′(x)>0，得x>1或01，即00，得x>或0時，函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞增，
在上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
1．函數(shù)f(x)＝x2－2lnx的單調(diào)遞減區(qū)間是( )
A．(0,1) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－1,1)
答案 A
解析 ∵f′(x)＝2x－＝(x>0)，
∴當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)．
2.已知定義在R上的函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的大致圖象如圖所示，則下列敘述正確的是( )
A．f(b)>f(c)>f(d)
B．f(b)>f(a)>f(e)
C．f(c)>f(b)>f(a)
D．f(c)>f(e)>f(d)
答案 C
解析 由題意得，當(dāng)x∈(－∞，c)時，f′(x)>0，
所以函數(shù)f(x)在(－∞，c)上是增函數(shù)，
因為af(b)>f(a)，故選C.
3．(2018臺州調(diào)考)定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)，已知y＝2f′(x)的圖象如圖所示，則y＝f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是( )
A．[0,1] B．[1,2]
C．(－∞，1] D．(－∞，2]
答案 D
解析 據(jù)函數(shù)y＝2f′(x)的圖象可知，當(dāng)x≤2,2f′(x)≥1?f′(x)≥0，且使f′(x)＝0的點為有限個，所以函數(shù)y＝f(x)在(－∞，2]上單調(diào)遞增，故選D.
4．(2018浙江臺州中學(xué)質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋ax2＋x(a∈R)，下列選項中不可能是函數(shù)f(x)圖象的是( )
答案 D
解析 由題意得f′(x)＝ax2＋ax＋1，若函數(shù)f(x)的圖象如D選項中的圖象所示，則f′(x)≤0在R上恒成立，所以此時不等式組無解，所以D錯誤，故選D.
5．定義在R上的函數(shù)y＝f(x)，滿足f(3－x)＝f(x)，f′(x)<0，若x13，則有( )
A．f(x1)f(x2)
C．f(x1)＝f(x2) D．不確定
答案 B
解析 據(jù)已知由f(x)＝f(3－x)，可得函數(shù)圖象關(guān)于直線x＝對稱，又由f′(x)<0，得當(dāng)x>時，f′(x)<0；當(dāng)x<時，f′(x)>0.又若x13，則有>，因此據(jù)函數(shù)的單調(diào)性可得f(x1)>f(x2)，故選B.
6．(2018浙江名校協(xié)作體模擬)已知函數(shù)f(x)＝(2x－1)ex＋ax2－3a(x>0)為增函數(shù)，則a的取值范圍是( )
A．[－2，＋∞) B.
C．(－∞，－2] D.
答案 A
解析 ∵f(x)＝(2x－1)ex＋ax2－3a在(0，＋∞)上是增函數(shù)，
∴f′(x)＝(2x＋1)ex＋2ax≥0在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立，即－2a≤ex.設(shè)g(x)＝ex，則g′(x)＝ex，由g′(x)＝ex＝0和x>0得x＝，∵當(dāng)x>時，g′(x)>0，當(dāng)01}
解析 設(shè)F(x)＝f(x)－x，∴F′(x)＝f′(x)－，
∵f′(x)<，∴F′(x)＝f′(x)－<0，
即函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減．
∵f(x2)<＋，∴f(x2)－1，即不等式的解集為{x|x<－1或x>1}．
9．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋4x－3lnx在區(qū)間[t，t＋1]上不單調(diào)，則t的取值范圍是________．
答案 (0,1)∪(2,3)
解析 由題意知f′(x)＝－x＋4－＝－，
由f′(x)＝0，得函數(shù)f(x)的兩個極值點為1和3，
則只要這兩個極值點有一個在區(qū)間(t，t＋1)內(nèi)，
函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋1]上就不單調(diào)，
由t<10在上有解，所以b0，則當(dāng)x∈時，
f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈時，f′(x)>0，
函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；
若k<0，則當(dāng)x∈時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．
(3)由(2)知，若k>0，則當(dāng)且僅當(dāng)－≤－1，即k≤1時，函數(shù)f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞增；
若k<0，則當(dāng)且僅當(dāng)－≥1，即k≥－1時，函數(shù)f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞增．
綜上可知，當(dāng)函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1,1)上單調(diào)遞增時，
k的取值范圍是[－1,0)∪(0,1]．
12．已知函數(shù)f(x)＝alnx－ax－3(a∈R)．
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若函數(shù)y＝f(x)的圖象在點(2，f(2))處的切線的傾斜角為45，對于任意的t∈[1,2]，函數(shù)g(x)＝x3＋x2在區(qū)間(t,3)上總不是單調(diào)函數(shù)，求m的取值范圍．
解 (1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，
且f′(x)＝，
當(dāng)a>0時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,1)，
單調(diào)減區(qū)間為(1，＋∞)；
當(dāng)a<0時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(0,1)；當(dāng)a＝0時，f(x)為常函數(shù)．
(2)由(1)及題意得f′(2)＝－＝1，即a＝－2，
∴f(x)＝－2lnx＋2x－3，f′(x)＝.
∴g(x)＝x3＋x2－2x，
∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.
∵g(x)在區(qū)間(t,3)上總不是單調(diào)函數(shù)，
即g′(x)在區(qū)間(t,3)上有變號零點．
由于g′(0)＝－2，∴
當(dāng)g′(t)<0時，
即3t2＋(m＋4)t－2<0對任意t∈[1,2]恒成立，
由于g′(0)<0，故只要g′(1)<0且g′(2)<0，
即m<－5且m<－9，即m<－9；
由g′(3)>0，即m>－.∴－0時，要使得β≤3，由y＝lnx可得y′＝，設(shè)切點為(x0，y0)，則對應(yīng)的切線方程為y－y0＝(x－x0)，若該切線過原點，則－y0＝(－x0)＝－1，即y0＝1，則x0＝e，結(jié)合圖象(圖略)可知g(e)＝ae－lne≤0，解得a≤，即00 B．f′(x0)<0
C．f′(x0)＝0 D．f′(x0)的正負與a的正負有關(guān)
答案 A
解析 由f(x1)＝f(x2)得a(x2－x1)(x2＋x1)
＝ln，即2ax0＝.
另一方面f′(x0)＝2ax0－
＝－
＝.
設(shè)t＝(t>0且t≠1)，g(t)＝lnt－2(t>0)，
則g′(t)＝－＝≥0，
所以g(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，而g(1)＝0，
所以當(dāng)x2>x1時，t>1，所以g(t)>0，故f′(x0)>0；
當(dāng)x20.
綜上可知，f′(x0)>0.
16．已知f(x)＝x3－ax－1，若f(x)在區(qū)間(－2,2)上不單調(diào)，求a的取值范圍．
解 ∵f(x)＝x3－ax－1，
∴f′(x)＝3x2－a.
由f(x)在區(qū)間(－2,2)上不單調(diào)，知f′(x)存在零點，∴a≥0.
由f′(x)＝0，得x＝(a≥0)，
∵f(x)在區(qū)間(－2,2)上不單調(diào)，
∴0<<2，即0
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浙江專用2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí)
第四章
導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用
4.2
導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用第1課時講義含解析
浙江
專用
2020
高考
數(shù)學(xué)
新增
一輪
復(fù)習(xí)
第四
導(dǎo)數(shù)
及其
應(yīng)用
課時
講義
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（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第四章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 4.2 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（第1課時）講義（含解析）.docx
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