新編浙江高考數(shù)學二輪復(fù)習教師用書：第1部分 重點強化專題 專題6 突破點16 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 Word版含答案

突破點16　導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 (對應(yīng)學生用書第57頁)[核心知識提煉]提煉1 導(dǎo)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(dǎo)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(注意等號成立的檢驗).提煉2 函數(shù)極值的判別注意點　 (1)可導(dǎo)函數(shù)極值點的導(dǎo)數(shù)為0，但導(dǎo)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′(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(dǎo)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　函數(shù)的極值與最值1．(20xx·浙江高考)已知e為自然對數(shù)的底數(shù)，設(shè)函數(shù)f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，則(　　) A．當k＝1時，f(x)在x＝1處取到極小值 B．當k＝1時，f(x)在x＝1處取到極大值 C．當k＝2時，f(x)在x＝1處取到極小值 D．當k＝2時，f(x)在x＝1處取到極大值 C　[當k＝1時，f(x)＝(ex－1)(x－1)，則f′(x)＝ex(x－1)＋(ex－1)＝exx－1，所以f′(1)＝e－1≠0， 所以f(1)不是極值． 當k＝2時，f(x)＝(ex－1)(x－1)2， 則f′(x)＝ex(x－1)2＋2(ex－1)(x－1)＝ex(x2－1)－2(x－1)＝(x－1)[ex(x＋1)－2]， 所以f′(1)＝0，且當x＞1時，f′(x)＞0；在x＝1附近的左側(cè)，f′(x)＜0，所以f(1)是極小值．]2．(20xx·浙江高考)已知函數(shù)y＝f(x)的圖象是下列四個圖象之一，且其導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖16-1所示，則該函數(shù)的圖象是(　　)圖16-1 B　[從導(dǎo)函數(shù)的圖象可以看出，導(dǎo)函數(shù)值先增大后減小，x＝0時最大，所以函數(shù)f(x)的圖象的變化率也先增大后減小，在x＝0時變化率最大．A項，在x＝0時變化率最小，故錯誤；C項，變化率是越來越大的，故錯誤；D項，變化率是越來越小的，故錯誤．B項正確．]3．(20xx·浙江高考)已知a∈R，函數(shù)f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax. (1)若a＝1，求曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程； (2)若|a|>1，求f(x)在閉區(qū)間[0,2|a|]上的最小值． [解]　(1)當a＝1時，f′(x)＝6x2－12x＋6，所以f′(2)＝6. 3分 又因為f(2)＝4，所以切線方程為y－4＝6(x－2)， 即6x－y－8＝0. 5分 (2)記g(a)為f(x)在閉區(qū)間[0,2|a|]上的最小值． f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－1)(x－a)． 令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝a. 8分 當a>1時，x0(0,1)1(1，a)a(a,2a)2af′(x)＋0－0＋f(x)0單調(diào)遞增極大值3a－1單調(diào)遞減極小值a2(3－a)單調(diào)遞增4a3 比較f(0)＝0和f(a)＝a2(3－a)的大小可得 g(a)＝ 10分 當a<－1時，x0(0,1)1(1，－2a)－2af′(x)－0＋f(x)0單調(diào)遞減極小值3a－1單調(diào)遞增－28a3－24a2 得g(a)＝3a－1. 14分 綜上所述，f(x)在閉區(qū)間[0,2|a|]上的最小值為 g(a)＝ 15分回訪2　導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用4．(20xx·浙江高考)已知函數(shù)f(x)＝(x－)e－x. (1)求f(x)的導(dǎo)函數(shù)； (2)求f(x)在區(qū)間上的取值范圍． [解]　(1)因為(x－)′＝1－， (e－x)′＝－e－x， 所以f′(x)＝e－x－(x－)e－x ＝. 6分 (2)由f′(x)＝＝0， 解得x＝1或x＝. 9分 因為x1f′(x)－0＋0－f(x)e－0e－ 又f(x)＝(－1)2e－x≥0， 所以f(x)在區(qū)間上的取值范圍是. 15分5．(20xx·浙江高考)已知函數(shù)f(x)＝x3＋3|x－a|(a∈R)． (1)若f(x)在[－1,1]上的最大值和最小值分別記為M(a)，m(a)，求M(a)－m(a)； (2)設(shè)b∈R，若[f(x)＋b]2≤4對x∈[－1,1]恒成立，求3a＋b的取值范圍． [解]　(1)因為f(x)＝ 所以f′(x)＝ 2分 由于－1≤x≤1. ①當a≤－1時，有x≥a，故f(x)＝x3＋3x－3a. 此時f(x)在(－1,1)上是增函數(shù)，因此，M(a)＝f(1)＝4－3a，m(a)＝f(－1)＝－4－3a，故M(a)－m(a)＝(4－3a)－(－4－3a)＝8. 3分 ②當－10，t(a)在上是增函數(shù)，故t(a)≥t(0)＝－2， 因此－2≤3a＋b≤0. 11分 ③當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)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). 15分熱點題型3　利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問題題型分析：此類問題以函數(shù)、導(dǎo)數(shù)與不等式相交匯為命題點，實現(xiàn)函數(shù)與導(dǎo)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】　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)≤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)＝e－ae≥e>，不合題意. 8分 (ⅱ)－a<0，即00，f(x)為增函數(shù)； 12分 所以，fmin(x)＝f(x0)＝－ax0≤，x0∈(e，e2)， 所以，a≥－>－>－＝，與0g(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))． (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]　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＋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. 10分 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， 13分 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≤. 15分 。