新編高三文科數(shù)學通用版二輪復習：第1部分 專題6 突破點16　導數(shù)的應(yīng)用酌情自選 Word版含解析

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1、 突破點16　導數(shù)的應(yīng)用(酌情自選) 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(注意

2、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． 回訪1　導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 1．(20xx·全國乙卷)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　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

4、選C.] 2．(20xx·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(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．

5、 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2　函數(shù)的極值與最值 3．(20xx·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點x0，且x0>0，則a的取值范圍是(　　) A．(2，＋∞) B.(－∞，－2) C.(1，＋∞) D.(－∞，－1) B　f′(x)＝3ax2－6x， 當a＝3時，f′(x)＝9x2－6x＝3x(3x－2)， 則當x∈(－∞，0)時，f′(x)>0； x∈時，f′(x

6、)<0； x∈時，f′(x)>0，注意f(0)＝1，f＝>0，則f(x)的大致圖象如圖(1)所示． (1) 不符合題意，排除A、C. 當a＝－時，f′(x)＝－4x2－6x＝－2x(2x＋3)，則當x∈時，f′(x)<0，x∈時，f′(x)>0，x∈(0，＋∞)時，f′(x)<0，注意f(0)＝1，f＝－，則f(x)的大致圖象如圖(2)所示． (2) 不符合題意，排除D.] 4．(20xx·北京高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝ (1)若a＝0，則f(x)的最大值為________； (2)若f(x)無最大值，則實數(shù)a的取值范圍是________． 2　a<－1　由當x≤a時，

7、f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1. 如圖是函數(shù)y＝x3－3x與y＝－2x在沒有限制條件時的圖象． (1)若a＝0，則f(x)max＝f(－1)＝2. (2)當a≥－1時，f(x)有最大值； 當a<－1時，y＝－2x在x>a時無最大值，且－2a>(x3－3x)max，所以a<－1.] 熱點題型1　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性問題 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． 　(20xx·遼寧葫蘆島模擬)已知x＝1是f(x)＝2x＋＋ln x的一個極值點． (1)

8、求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間； (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：85952067】 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′(

9、x)＝2＋＋.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 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)，轉(zhuǎn)化為f′(x

10、)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]　(20xx·重慶模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝(a∈R)． (1)若f(x)在x＝0處取得極值，確定a的值，并求此時曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程； (2)若f(x)在3，＋∞)上為減函數(shù)，求a的取值范圍． 解]　(1)對f(x)求導得 f′(x)＝ ＝.2分 因為f(x)在x＝0處取得極值，所以f′(0)＝0，即a＝0. 當a＝0時，f(x)＝，f′(x)＝，故f(1)＝，f′(1)＝，從而f(x)在點(1

11、，f(1))處的切線方程為y－＝(x－1)，化簡得3x－ey＝0.6分 (2)由(1)知f′(x)＝. 令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a， 由g(x)＝0，解得x1＝， x2＝.8分 當x＜x1時，g(x)＜0，即f′(x)＜0， 故f(x)為減函數(shù)； 當x1＜x＜x2時，g(x)＞0，即f′(x)＞0， 故f(x)為增函數(shù)； 當x＞x2時，g(x)＜0，即f′(x)＜0， 故f(x)為減函數(shù)． 由f(x)在3，＋∞)上為減函數(shù)，知x2＝≤3，解得a≥－， 故a的取值范圍為.12分 熱點題型2　利用導數(shù)研究函數(shù)的極值、最值問題 題型分析：利用導數(shù)研究函數(shù)的極值

12、、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． 　(20xx·株洲一模)已知函數(shù)f(x)滿足f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋x2. (1)求f(x)的解析式及單調(diào)區(qū)間； (2)若f(x)≥x2＋ax＋b，求(a＋1)b的最大值． 解]　(1)f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋x2?f′(x)＝f′(1)ex－1－f(0)＋x， 令x＝1，得f(0)＝1，所以 f(x)＝f′(1)ex－1－x＋x2， 令x＝0，得f(0)＝f′(1)e－1＝1，解得f′(1)＝e，故函數(shù)的解析式為f(x)＝ex－x＋x2.3分 令g(x)＝f′(x)＝ex－1＋x

13、，所以g′(x)＝ex＋1＞0，由此知y＝g(x)在x∈R上單調(diào)遞增． 當x＞0時，f′(x)＞f′(0)＝0；當x＜0時，由f′(x)＜f′(0)＝0得： 函數(shù)f(x)＝ex－x＋x2的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0).6分 (2)f(x)≥x2＋ax＋b?h(x)＝ex－(a＋1)x－b≥0，得h′(x)＝ex－(a＋1).8分 ①當a＋1≤0時，h′(x)＞0?y＝h(x)在x∈R上單調(diào)遞增，x→－∞時，h(x)→－∞與h(x)≥0矛盾． ②當a＋1＞0時，h′(x)＞0?x＞ln(a＋1)，h′(x)＜0?x＜ln(a＋1)， 得當x＝ln(a＋1)時

14、，h(x)min＝(a＋1)－(a＋1)ln(a＋1)－b≥0，即(a＋1)－(a＋1)ln(a＋1)≥b， 所以(a＋1)b≤(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)(a＋1＞0)． 令F(x)＝x2－x2ln x(x＞0)，則F′(x)＝x(1－2ln x)， 所以F′(x)＞0?0＜x＜，F(xiàn)′(x)＜0?x＞，當x＝時， F(x)max＝，即當a＝－1，b＝時，(a＋1)b的最大值為.12分 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)

15、＝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]　(20xx·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． 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)

16、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．

17、 　(20xx·長沙十三校聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)＝－ax. (1)若函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上為減函數(shù)，求實數(shù)a的最小值； (2)若存在x1，x2∈e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解]　(1)由得x>0且x≠1，則函數(shù)f(x)的定義域為(0,1)∪(1，＋∞)，因為f(x)在(1，＋∞)上為減函數(shù)，故f′(x)＝－a≤0在(1，＋∞)上恒成立． 又f′(x)＝－a＝－2＋－a ＝－2＋－a， 故當＝，即x＝e2時，f′(x)max＝－a. 所以－a≤0，于是a≥，故a的最小值為.4分 (2)命題“若存在x1，x2∈e，e2]，使f(x1)

18、≤f′(x2)＋a成立”等價于“當x∈e，e2]時，有f(x)min≤f′(x)max＋a”.由(1)知，當x∈e，e2]時，f′(x)max＝－a， ∴f′(x)max＋a＝.5分 問題等價于：“當x∈e，e2]時，有f(x)min≤”． ①當a≥時，由(1)知，f(x)在e，e2]上為減函數(shù)， 則f(x)min＝f(e2)＝－ae2≤，故a≥－.6分 ②當a<時，由x∈e，e2]得≤≤1， ∴f′(x)＝－2＋－a在e，e2]上的值域為.7分 (ⅰ)－a≥0，即a≤0，f′(x)≥0，在e，e2]上恒成立，故f(x)在e，e2]上為增函數(shù)， 于是，f(x)min＝f(e)＝

19、e－ae≥e>，不合題意.8分 (ⅱ)－a<0，即00，f(x)為增函數(shù)；10分 所以，fmin(x)＝f(x0)＝－ax0≤，x0∈(e，e2)， 所以，a≥－>－>－＝，與0

20、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))．

21、 (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]　(20xx·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． 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＋

22、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－m＜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－2＞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