高考數(shù)學理二輪復習教師用書：第1部分 重點強化專題 專題6 第16講　導數(shù)的應用 Word版含答案

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1、 高考數(shù)學精品復習資料 2019.5 第16講　導數(shù)的應用 題型1　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性 (對應學生用書第53頁) ■核心知識儲備……………………………………………………………………… 1．f′(x)>0是f(x)為增函數(shù)的充分不必要條件，如函數(shù)f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上單調遞增，但f′(x)≥0. 2．f′(x)≥0是f(x)為增函數(shù)的必要不充分條件，當函數(shù)在某個區(qū)間內恒有f′(x)＝0時，則f(x)為常函數(shù)，函數(shù)不具有單調性． 3．利用導數(shù)研究函數(shù)單調性的一般步驟： (1)確定函數(shù)的定義域；

2、(2)求導函數(shù)f′(x)； (3)①若求單調區(qū)間(或證明單調性)，只要在函數(shù)定義域內解(或證明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0. ②若已知函數(shù)的單調性，則轉化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調區(qū)間上恒成立問題來求解． ■典題試解尋法……………………………………………………………………… 【典題】　已知函數(shù)f(x)＝ax2－x＋ln x(a∈R)． (1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間； (2)?m>n>0，>1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍. 【導學號：07804112】 [思路分析]　(1)求f′(x)―→結合a的取值討論f(x)的單調區(qū)間； (2)>1f(m)－m

3、>f(n)－n由g′(x)≥0求a的取值范圍． [解]　(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2ax－1＋＝. ①當a＝0時，f′(x)＝. 顯然，當x∈(0,1)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調遞增； 當x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調遞減． ②當a≠0時，對于2ax2－x＋1＝0，Δ＝(－1)2－42a1＝1－8a. 當Δ≤0，即a≥，因為a>0，所以2ax2－x＋1≥0恒成立，即f′(x)≥0恒成立，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調遞增． 若Δ>0，即0

4、，x1>0，x2<0. 當x∈時，2ax2－x＋1>0，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調遞增； 當x∈時，2ax2－x＋1<0，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調遞減． 當0x1>0. 當x∈時，2ax2－x＋1>0，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調遞增； 當x∈時，2ax2－x＋1<0，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調遞減； 當x∈時，2ax2－x＋1>0，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調遞增． 綜上，當a＝0時，f(x)的單調遞減區(qū)間為(0,1)，單調遞增區(qū)間為(1，＋∞)； 當a≥時，函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無單調遞減區(qū)間； 當0

5、，函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為，， 單調遞減區(qū)間為； 當a<0時，函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為. (2)因為>1，且m>n，故f(m)－m>f(n)－n. 記g(x)＝f(x)－x，則函數(shù)g(x)＝f(x)－x在(0，＋∞)上單調遞增． 由g(x)＝f(x)－x＝ax2－2x＋ln x，可得g′(x)＝2ax－2＋≥0. 因為x>0， 所以a≥＝－. 記h(x)＝－(x>0)，則h′(x)＝－－(－2)＝. 顯然，當x∈(0,1)時，h′(x)>0，函數(shù)h(x)單調遞增； 當x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0，函數(shù)h(x)單調遞減． 所以h(x)的最大值為

6、h(1)＝－＝， 所以a≥. 故實數(shù)a的取值范圍為. [類題通法]　求單調區(qū)間或判斷單調性的方法 (1)不含參數(shù)：解不等式f′(x)>0或f′(x)<0，把不等式解集與定義域取交集，就是對應的增區(qū)間或減區(qū)間. (2)含有參數(shù)：針對參數(shù)進行分類討論，引起討論的因素包含：參數(shù)的正負性，導數(shù)有無極值點，極值點的大小關系，極值點與定義域的關系. ■對點即時訓練……………………………………………………………………… 已知函數(shù)f(x)＝(ax2＋x－1)ex＋f′(0)． (1)討論函數(shù)f(x)的單調性； (2)若g(x)＝e－xf(x)＋ln x，h(x)＝ex，過點O(0,0)分別作

7、曲線y＝g(x)與y＝h(x)的切線l1，l2，且l1與l2關于x軸對稱，求證：0，當x<－2－或x>0時，f′(x)>0；當－2－0時，f′(x)>0；當x<0時，f′(x)<0，所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，＋∞

8、)；單調遞減區(qū)間為(－∞，0)． ③若－－2－或x<0時，f′(x)<0；當00，所以f(x)的單調遞增區(qū)間為；單調遞減區(qū)間為(－∞，0)，. ④若a＝－，f′(x)＝－x2ex≤0，故f(x)的單調遞減區(qū)間為(－∞，＋∞)． ⑤若a<－，當x<－2－或x>0時，f′(x)<0；當－2－0，所以f(x)的單調遞增區(qū)間為；單調遞減區(qū)間為和(0，＋∞)．綜上所述，當a>0時，f(x)的單調遞增區(qū)間為和 (0，＋∞)；單調遞減區(qū)間為.當a＝0時，f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，＋∞)；單調遞減區(qū)間為(－∞，0)．當－

9、，f(x)的單調遞增區(qū)間為；單調遞減區(qū)間為(－∞，0)和.當a＝－時，f(x)的單調遞減區(qū)間為(－∞，＋∞)；當a<－時，f(x)的單調遞增區(qū)間為；單調遞減區(qū)間為和(0，＋∞)． (2)證明：g(x)＝e－xf(x)＋ln x＝ax2＋x－1＋ln x，設切線l2的方程為y＝k2x，切點為(x2，y2)，則y2＝ex2，k2＝ex2＝，所以x2＝1，y2＝e，k2＝e.由題意，知k1＝－k2＝－e，所以切線l1的方程為y＝－ex.設l1與y＝g(x)的切點為(x1，y1)，則k1＝g′(x1)＝2ax1＋1＋＝＝－e，a＝－－.又因為y1＝ax＋x1－1＋ln x1＝－ex1，即x1＋ln

10、x1－＝0，令u(x)＝x＋ln x－，u′(x)＝ ＋，在定義域上，u′(x)>0，所以在(0，＋∞)上，u(x)是單調遞增函數(shù)．又因為u(1)＝>0，u＝＋ln－<0，所以u(1)u<0，即a＝－，a

11、)>0，右側f′(x)<0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的極大值；若在x0附近左側f′(x)<0，右側f′(x)>0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的極小值． 2．設函數(shù)y＝f(x)在[a，b]上連續(xù)，在(a，b)內可導，則f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在極值點或端點處取得． ■典題試解尋法……………………………………………………………………… 【典題】　已知函數(shù)f(x)＝x2－(a＋1)x＋2＋aln x(a∈R)． (1)求函數(shù)f(x)的極值點； (2)若a＝2，求函數(shù)f(x)在[1，t](t>1)上的最小值. 【導學號：07804113】 [解]　(1)函數(shù)f(x)

12、的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝x－(a＋1)＋＝＝. 由f′(x)＝0，可得x1＝a，x2＝1. ①若a≤0，當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (0,1) 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) ↘ 極小值 ↗ 故f(x)的極小值點為1，無極大值點． ②若0

13、＝1，當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (0,1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 ＋ f(x) ↗ ↗ 故函數(shù)f(x)在定義域內單調性沒有變化，所以沒有極值，既沒有極大值點，也沒有極小值點． ④若a>1，當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (0,1) 1 (1，a) a (a，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ 故f(x)的極小值點為a，極大值點為1. 綜上，若a≤0，f(x)的極小值點為1，無極大值點； 若0

14、小值點為1，極大值點為a； 若a＝1，f(x)既無極大值點，也無極小值點； 若a>1，f(x)極小值點為a，極大值點為1. (2)當a＝2時，f(x)＝x2－3x＋2＋2ln x. 由(1)可知，函數(shù)f(x)在[1,2]上單調遞減，在[2，＋∞)上單調遞增． 若12，則函數(shù)f(x)在[1,2]上單調遞減，在[2，t]上單調遞增， 所以f(x)的最小值為f(2)＝22－32＋2＋2ln 2＝－2＋2ln 2. 綜上，當1

15、2＋2ln t； 當t>2時，f(x)的最小值為－2＋2ln 2. [類題通法] 1.求函數(shù)f(x)的極值，則先求方程f′(x)＝0的根，再檢查f′(x)在方程根的左右函數(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]的最值時，在得到極值的基礎上，結合區(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. ■對點即時訓練……………………………………………………………………… 已知函數(shù)f(x)＝＋a(x－ln x)，e為自然對數(shù)的底數(shù)． (1)當a>0時，試求f(x)的

16、單調區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間上有三個不同的極值點，求實數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)函數(shù)的定義域為x∈(0，＋∞)，f′(x)＝＋a＝＝.當a>0時，對于任意x∈(0，＋∞)，ex＋ax>0恒成立，所以若x>1，f′(x)>0，若0

17、(2)＝－e2，而－2－＝e2－2>0，所以－2

18、國Ⅱ卷T21、20xx全國Ⅰ卷T21、20xx全國Ⅰ卷T21、20xx全國Ⅱ卷T21) ■典題試解尋法……………………………………………………………………… 【典例】　(本小題滿分12分)(20xx全國Ⅰ卷)設函數(shù)f(x)＝aexln x＋， ① (1)② (2)③ 【導學號：07804114】 [審題指導] 題眼 挖掘關鍵信息 ① 看到曲線的切線方程， 想到求出f′(1)，f(1)，用a，b表示切線方程. ② 看到求a，b，想到用兩條切線方程系數(shù)對應相等. ③ 看到證明不等式，想到求函數(shù)f(x)的最小值. [規(guī)范解答]　(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋

19、∞)， ④ 由題意可得f(1)＝2，f′(1)＝e.故a＝1，b＝2. 4分 (2)證明：由(1)知，f(x)＝exln x＋ex－1， 從而f(x)>1等價于⑤ 6分 設函數(shù)g(x)＝xln x，則g′(x)＝1＋ln x. 所以當x∈時，g′(x)<0； 當x∈時，g′(x)>0. 故g(x)在上單調遞減，在上單調遞增，從而g(x)在(0，＋∞)上的最小值為g＝－. 8分 設函數(shù)h(x)＝xe－x－，則h′(x)＝e－x(1－x)． 所以當x∈(0,1)時，h′(x)>0； 當x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0. 故h(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單

20、調遞減， 從而h(x)在(0，＋∞)上的最大值為h(1)＝－. 10分 因為⑥ 所以，當x>0時，g(x)>h(x)，即f(x)>1. 12分 [閱卷者說] 易錯點 防范措施 ④處導數(shù)的運算法則，復合函數(shù)求導法則不熟練，運算失分. 對于復雜解析式求導要分清層次，包括運算層次，復合層次. ⑤處未對不等式進行變形、分化函數(shù)致解題受阻. 對于復雜不等式，變形轉化為等價的不等式證明，是證明不等式的重要方法. ⑥處未轉化為函數(shù)最值的不等關系致解題受阻. 將不等式轉化為不等式兩邊函數(shù)的最值關系是常用的方法，但要注意任意、存在等邏輯關系區(qū)別. [類題通法] 1.利用導數(shù)證明不等式

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

22、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，構造函數(shù)f(x，x2)(或f(x1，x)). (4)放縮法：若所構造函數(shù)最值不易求解，可將所證明不等式進行放縮，再重新構造函數(shù). ■對點即時訓練……………………………………………………………………… 已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)2ln(x＋1)－x，φ(x)＝mx2. (1)當m＝1且x≥0時，證明：f(x)≥φ(x)； (2)若x≥0，f(x)≥φ(x)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍． [解]　(1)證明：當m＝1時，令p(x)＝f(x)－φ(x)＝(x＋1)2ln(x＋1)－x－x2

23、(x≥0)， 所以p′(x)＝2(x＋1)ln(x＋1)＋(x＋1)2－1－2x＝2(x＋1)ln(x＋1)－x. 設p′(x)＝G(x)，則G′(x)＝2ln(x＋1)＋1>0， 所以函數(shù)p′(x)在[0，＋∞)上單調遞增， 所以p′(x)≥p′(0)＝0， 所以函數(shù)p(x)在[0，＋∞)上單調遞增，所以p(x)≥p(0)＝0. 所以f(x)≥φ(x)． (2)設h(x)＝(x＋1)2ln(x＋1)－x－mx2(x≥0)，所以h′(x)＝2(x＋1)ln(x＋1)＋x－2mx. 由(1)知當x≥0時，(x＋1)2ln(x＋1)≥x2＋x＝x(x＋1)，所以(x＋1)ln(x＋

24、1)≥x， 所以h′(x)≥3x－2mx. ①當3－2m≥0，即m≤時，h′(x)≥0， 所以h(x)在[0，＋∞)上單調遞增， 所以h(x)≥h(0)＝0，滿足題意． ②當3－2m<0，即m>時，設H(x)＝h′(x)＝2(x＋1)ln(x＋1)＋(1－2m)x， H′(x)＝2ln(x＋1)＋3－2m，令H′(x)＝0，得x0＝e－1>0，故h′(x)在[0，x0]上單調遞減，在[x0，＋∞)上單調遞增． 當x∈[0，x0)時，h′(x)

25、強化集訓……………………………………………………………………… (見專題限時集訓T1、T8、T11、T12、T14) 三年真題| 驗收復習效果 (對應學生用書第56頁) 1.(20xx全國Ⅰ卷)若函數(shù)f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)單調遞增，則a的取值范圍是(　　) A．[－1,1] B． C. D． C　[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(－∞，＋∞)上單調遞增的條件，故排除A，B，D.故選C.] 2．(20xx全國Ⅱ卷)設函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(

26、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(　　) 【導學號：07804115】 A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞) A　[設y＝g(x)＝(x≠0)，則g′(x)＝，當x>0時，xf′(x)－f(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

27、(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.] 3.(20xx全國Ⅱ卷)(1)討論函數(shù)f(x)＝ex的單調性，并證明當x＞0時，(x－2)ex＋x＋2＞0. (2)證明：當a∈[0,1)時，函數(shù)g(x)＝(x＞0)有最小值．設g(x)的最小值為h(a)，求函數(shù)h(a)的值域． [解]　(1)f(x)的定義域為(－∞，－2)∪(－2，＋∞)． f′(x)＝＝≥0， 當且僅當x＝0時，f′(x)＝0，所以f(x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上單調遞增． 因此當x∈(0，＋

28、∞)時，f(x)>f(0)＝－1. 所以(x－2)ex>－(x＋2)，即(x－2)ex＋x＋2>0. (2)g′(x)＝＝(f(x)＋a)． 由(1)知，f(x)＋a單調遞增． 對任意a∈[0,1)，f(0)＋a＝a－1＜0，f(2)＋a＝a≥0. 因此，存在唯一xa∈(0,2]，使得f(xa)＋a＝0， 即g′(xa)＝0. 當0xa時，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)單調遞增． 因此g(x)在x＝xa處取得最小值，最小值為 g(xa)＝＝＝. 于是h(a)＝. 由′＝＞0，得y＝單調

29、遞增， 所以，由xa∈(0,2]，得 ＝＜h(a)＝≤＝. 因為y＝單調遞增，對任意λ∈，存在唯一的xa∈(0,2]，a＝－f(xa)∈[0,1)，使得h(a)＝λ. 所以h(a)的值域是. 綜上，當a∈[0,1)時，g(x)有最小值h(a)，h(a)的值域是. 4.(20xx全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝ax2－ax－xln x，且f(x)≥0. (1)求a； (2)證明：f(x)存在唯一的極大值點x0，且e－2＜f(x0)＜2－2. [解]　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)． 設g(x)＝ax－a－ln x， 則f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等價于g(x)≥0.

30、 因為g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0， 而g′(x)＝a－，g′(1)＝a－1，得a＝1. 若a＝1，則g′(x)＝1－. 當01時，g′(x)>0，g(x)單調遞增． 所以x＝1是g(x)的極小值點，故g(x)≥g(1)＝0. 綜上，a＝1. (2)證明：由(1)知f(x)＝x2－x－xln x，f′(x)＝2x－2－ln x. 設h(x)＝2x－2－ln x，則h′(x)＝2－. 當x∈時，h′(x)＜0； 當x∈時，h′(x)＞0. 所以h(x)在上單調遞減，在上單調遞增． 又h(e－2)>0，h＜0，h(1)＝0， 所以h(x)在上有唯一零點x0，在上有唯一零點1，且當x∈(0，x0)時，h(x)>0；當x∈(x0,1)時，h(x)<0；當x∈(1，＋∞)時，h(x)>0. 因為f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一極大值點． 由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)． 由x0∈得f(x0)＜. 因為x＝x0是f(x)在(0,1)上的最大值點， 由e－1∈(0,1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2. 所以e－2