2018届二轮复习 导数的应用(酌情自选)学案（全国通用）
突破点16 导数的应用(酌情自选)
[核心知识提炼]
提炼1 导数与函数的单调性
(1)函数单调性的判定方法
在某个区间(a，b)内，如果f′(x)＞0，那么函数y＝f(x)在此区间内单调递增；如果f′(x)＜0，那么函数y＝f(x)在此区间内单调递减．
(2)常数函数的判定方法
如果在某个区间(a，b)内，恒有f′(x)＝0，那么函数y＝f(x)是常数函数，在此区间内不具有单调性．
(3)已知函数的单调性求参数的取值范围
设可导函数f(x)在某个区间内单调递增(或递减)，则可以得出函数f(x)在这个区间内f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，从而转化为恒成立问题 解决(注意等号成立的检验).
提炼2 函数极值的判别注意点
(1)可导函数极值点的导数为0，但导数为0的点不一定是极值点，如函数f(x)＝x3，当x＝0时就不是极值点，但f′(0)＝0.
(2)极值点不是一个点，而是一个数x0，当x＝x0时，函数取得极值．在x0处有f′(x0)＝0是函数f(x)在x0处取得极值的必要不充分条件．
(3)函数f(x)在一闭区间上的最大值是此函数在此区间上的极大值与其端点函数值中的最大值，函数f(x)在一闭区间上的最小值是此函数在此区间上的极小值与其端点函数值中的最小值.
提炼3 函数最值的判别方法
(1)求函数f(x)在闭区间[a，b]上最值的关键是求出f′(x)＝0的根的函数值，再与f(a)，f(b)作比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
(2)求函数f(x)在非闭区间上的最值，只需利用导数法判断函数f(x)的单调性
，即可得结论．
[高考真题回访]
回访1 导数的几何意义
1．(2017·全国卷Ⅰ)曲线y＝x2＋在点(1,2)处的切线方程为________．
x－y＋1＝0 [∵y′＝2x－，∴y′|x＝1＝1，
即曲线在点(1,2)处的切线的斜率k＝1，
∴切线方程为y－2＝x－1，
即x－y＋1＝0.]
2．(2016·全国卷Ⅲ)已知f(x)为偶函数，当x≤0时，f(x)＝e－x－1－x，则曲线y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程是________．
2x－y＝0 [设x＞0，则－x＜0，f(－x)＝ex－1＋x.
∵f(x)为偶函数，∴f(－x)＝f(x)，∴f(x)＝ex－1＋x.
∵当x＞0时，f′(x)＝ex－1＋1，
∴f′(1)＝e1－1＋1＝1＋1＝2.
∴曲线y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程为y－2＝2(x－1)，
即2x－y＝0.]
回访2 导数与函数的单调性
3．(2016·全国卷Ⅰ)若函数f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是( )
A．[－1,1] B．
C. D.
C [取a＝－1，则f(x)＝x－sin 2x－sin x，f′(x)＝1－cos 2x－cos x，但f′(0)＝1－－1＝－＜0，不具备在(－∞，＋∞)单调递增的条件，故排除A，B，D.故选C.]
4．(2015·全国卷Ⅱ)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)
A [设y＝g(x)＝(x≠0)，则g′(x)＝，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，
∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上为减函数，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0.
∵f(x)为奇函数，∴g(x)为偶函数，
∴g(x)的图象的示意图如图所示．
当x>0，g(x)>0时，f(x)>0,0
0，x<－1，
∴使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.]
回访3 函数的极值与最值
5．(2013·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是( )
A．∃x0∈R，f(x0)＝0
B．函数y＝f(x)的图象是中心对称图形
C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)上单调递减
D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0
C [A项，因为函数f(x)的值域为R，所以一定存在x0∈R，使f(x0
)＝0.A正确．B项，假设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的对称中心为(m，n)，按向量a＝(－m，－n)将函数的图象平移，则所得函数y＝f(x＋m)－n是奇函数．所以f(x＋m)＋f(－x＋m)－2n＝0，化简得(3m＋a)x2＋m3＋am2＋bm＋c－n＝0.上式对x∈R恒成立，故3m＋a＝0，得m＝－，n＝m3＋am2＋bm＋c＝f，所以函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的对称中心为，故y＝f(x)的图象是中心对称图形．B正确．C项，由于f′(x)＝3x2＋2ax＋b是二次函数，f(x)有极小值点x0，必定有一个极大值点x1，若x1＜x0，则f(x)在区间(－∞，x0)上不单调递减．C错误．D项，若x0是极值点，则一定有f′(x0)＝0.故选C.]
热点题型1 利用导数研究函数的单调性
题型分析：利用导数研究函数的单调性问题常在解答题的第(1)问中呈现，有一定的区分度，此类题涉及函数的极值点、利用导数判断函数的单调性、不等式的恒成立等．
【例1】 (2016·辽宁葫芦岛模拟)已知x＝1是f(x)＝2x＋＋ln x的一个极值点．
(1)求函数f(x)的单调递减区间；
(2)设函数g(x)＝f(x)－，若函数g(x)在区间[1,2]内单调递增，求实数a的取值范围.
【导 号：04024135】
[解] (1)因为f(x)＝2x＋＋ln x，所以f′(x)＝2－＋，因为x＝1是f(x)＝2x＋＋ln x的一个极值点，所以f′(1)＝2－b＋1＝0，解得b＝3，经检验，符合题意，所以b＝3.则函数f(x)＝2x＋＋ln x，其定义域为(0，＋∞)． 4分
令f′(x)＝2－＋＜0，解得－＜x＜1，
所以函数f(x)＝2x＋＋ln x的单调递减区间为(0,1]． 6分
(2)因为g(x)＝f(x)－＝2x＋ln x－，所以g′(x)＝2＋＋． 8分
因为函数g(x)在[1,2]上单调递增，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.
所以实数a的取值范围为[－3，＋∞)． 12分
[方法指津]
根据函数y＝f(x)在(a，b)上的单调性，求参数范围的方法：
(1)若函数y＝f(x)在(a，b)上单调递增，转化为f′(x)≥0在(a，b)上恒成立求解．
(2)若函数y＝f(x)在(a，b)上单调递减，转化为f′(x)≤0在(a，b)上恒成立求解．
(3)若函数y＝f(x)在(a，b)上单调，转化为f′(x)在(a，b)上不变号即f′(x)在(a，b)上恒正或恒负．
(4)若函数y＝f(x)在(a，b)上不单调，转化为f′(x)在(a，b)上变号．
[变式训练1] (2017·全国卷Ⅰ改编)已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，试讨论f(x)的单调性.
[解] 函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a). 3分
(1)若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增． 4分
(2)若a＞0，则由f′(x)＝0得x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0.
故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，
在(ln a，＋∞)上单调递增． 8分
(3)若a<0，则由f′(x)＝0得x＝ln.
当x∈时，f′(x)＜0；
当x∈时，f′(x)＞0.
故f(x)在上单调递减，
在上单调递增． 12分
热点题型2 利用导数研究函数的极值、最值
题型分析：利用导数研究函数的极值、最值是高考重点考查内容，主要以解答题的形式考查，难度较大．
【例2】 (2017·山西三区八校二模)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋bx(其中a，b为常数且a≠0)在x＝1处取得极值．
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在(0，e]上的最大值为1，求a的值．
【导 号：04024136】
[解] (1)因为f(x)＝ln x＋ax2＋bx，
所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋b，1分
因为函数f(x)＝ln x＋ax2＋bx在x＝1处取得极值，
所以f′(1)＝1＋2a＋b＝0，
又a＝1，所以b＝－3，则f′(x)＝， 2分
f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
x
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
3分
所以f(x)的单调递增区间为，(1，＋∞)，
单调递减区间为． 4分
(2)由(1)知f′(x)＝，
令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝，
因为f(x)在x＝1处取得极值，所以x2＝≠x1＝1，
当＜0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，
所以f(x)在区间(0，e]上的最大值为f(1)，
令f(1)＝1，解得a＝－2， 6分
当a＞0时，x2＝＞0，
当＜1时，f(x)在上单调递增，
在上单调递减，[1，e]上单调递增，
所以最大值可能在x＝或x＝e处取得， 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＝， 10分
当1＜＜e时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以最大值可能在x＝1或x＝e处取得，
而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)＜0，
所以f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，
解得a＝，与1＜x2＝＜e矛盾，
当x2＝≥e时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，
所以最大值可能在x＝1处取得，而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)＜0，矛盾，
综上所述，a＝或a＝－2． 12分
[方法指津]
利用导数研究函数极值、最值的方法
1．若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号．
2．若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况 求解．
3．求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．
[变式训练2] (2015·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．
[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a． 2分
若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a>0，则当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减． 6分
(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；
当a>0时，f(x)在x＝处取得最大值，最大值为
f＝ln＋a＝－ln a＋a－1． 10分
因此f>2a－2等价于ln a＋a－1<0.
令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.
于是，当01时，g(a)>0.
因此，a的取值范围是(0,1)． 12分
热点题型3 利用导数解决不等式问题
题型分析：此类问题以函数、导数与不等式相交汇为命题点，实现函数与导数、不等式及求最值的相互转化，达成了综合考查考生解题能力的目的．
【例3】 (2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a<0时，证明f(x)≤－－2.
[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝． 1分
若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增.3分
若a<0，则当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
故f(x)在上单调递增，在上单调递减. 5分
(2)证明：由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f＝ln－1－． 6分
所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，
即ln＋＋1≤0.7分
设g(x)＝ln x－x＋1，
则g′(x)＝－1． 8分
当x∈(0,1)时，g′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 10分
故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.
所以当x>0时，g(x)≤0.
从而当a<0时，ln＋＋1≤0，
即f(x)≤－－2． 12分
[方法指津]
1．利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形．
(2)构造新的函数h(x)．
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
2．构造辅助函数的四种方法
(1)移项法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)．
(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数．
(3)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x1，x))．
(4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．
[变式训练3] (2016·太原一模)设函数f(x)＝ax2ln x＋b(x－1)(x＞0)，曲线y＝f(x)过点(e，e2－e＋1)，且在点(1,0)处的切线方程为y＝0.
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x≥1时，f(x)≥(x－1)2；
(3)若当x≥1时，f(x)≥m(x－1)2恒成立，求实数m的取值范围.
【导 号：04024137】
[解] (1)函数f(x)＝ax2ln x＋b(x－1)(x＞0)，可得f′(x)＝2aln x＋ax＋b，
因为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)证明：f(x)＝x2ln x－x＋1，
设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，＋∞)上单调递增，
所以g′(x)≥g′(1)＝0，
所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(1)＝0，所以f(x)≥(x－1)2． 6分
(3)设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当3－2m≥0即m≤时，h′(x)≥0，
所以h(x)在[1，＋∞)单调递增，
所以h(x)≥h(1)＝0，成立．
②当3－2m＜0即m＞时，
h′(x)＝2xln x＋(1－2m)(x－1)，
(h′(x))′＝2ln x＋3－2m，
令(h′(x))′＝0，得x0＝e＞1，
当x∈[1，x0)时，h′(x)＜h′(1)＝0，
所以h(x)在[1，x0)上单调递减，所以h(x)＜h(1)＝0，不成立．
综上，m≤． 12分
