2018届二轮复习 导数的应用 学案（全国通用）

2018届二轮复习 导数的应用 学案（全国通用）

突破点16　导数的应用 ‎ (对应 生用书第57页)‎ ‎[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　函数的极值与最值 ‎1．(2013·浙江高考)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，则(　　)‎ ‎ A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值 ‎ B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值 ‎ C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值 ‎ D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值 ‎ C　[当k＝1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)，则f′(x)＝ex(x－1)＋(ex－1)＝exx－1，所以f′(1)＝e－1≠0，‎ ‎ 所以f(1)不是极值．‎ ‎ 当k＝2时，f(x)＝(ex－1)(x－1)2，‎ ‎ 则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，且当x＞1时，f′(x)＞0；在x＝1附近的左侧，f′(x)＜0，所以f(1)是极小值．]‎ ‎2．(2013·浙江高考)已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如图161所示，则该函数的图象是(　　)‎ 图161‎ ‎ B　[从导函数的图象可以看出，导函数值先增大后减小，x＝0时最大，所以函数f(x)的图象的变化率也先增大后减小，在x＝0时变化率最大．A项，在x＝0时变化率最小，故错误；C项，变化率是越 越大的，故错误；D项，变化率是越 越小的，故错误．B项正确．]‎ ‎3．(2013·浙江高考)已知a∈R，函数f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax.‎ ‎ (1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；‎ ‎ (2)若|a|>1，求f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值．‎ ‎ [解]　(1)当a＝1时，f′(x)＝6x2－12x＋6，所以f′(2)＝6. 3分 ‎ 又因为f(2)＝4，所以切线方程为y－4＝6(x－2)，‎ ‎ 即6x－y－8＝0. 5分 ‎ (2)记g(a)为f(x)在闭区间[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 ‎ 当a>1时，‎ x ‎0‎ ‎(0,1)‎ ‎1‎ ‎(1，a)‎ a ‎(a,‎2a)‎ ‎2a f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ ‎0‎ 单调 递增 极大值 ‎3a‎－1‎ 单调 递减 极小值 a2(3－a)‎ 单调 递增 ‎4a‎3‎ ‎ 比较f(0)＝0和f(a)＝a2(3－a)的大小可得 ‎ g(a)＝ 10分 ‎ 当a<－1时，‎ x ‎0‎ ‎(0,1)‎ ‎1‎ ‎(1，－‎2a)‎ ‎－2a f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ ‎0‎ 单调递减 极小值3a－1‎ 单调递增 ‎－28a3－‎24a2‎ ‎ 得g(a)＝‎3a－1. 14分 ‎ 综上所述，f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值为 ‎ g(a)＝ 15分 回访2　导数的综合应用 ‎4．(2017·浙江高考)已知函数f(x)＝(x－)e－x.‎ ‎ (1)求f(x)的导函数；‎ ‎ (2)求f(x)在区间上的取值范围．‎ ‎ [解]　(1)因为(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 ‎ 因为 x ‎1‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎ e－  ‎0‎  e－  ‎ 又f(x)＝(－1)2e－x≥0，‎ ‎ 所以f(x)在区间上的取值范围是. 15分 ‎5．(2014·浙江高考)已知函数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别记为M(a)，m(a)，求M(a)－m(a)；‎ ‎ (2)设b∈R，若[f(x)＋b]2≤4对x∈[－1,1]恒成立，求‎3a＋b的取值范围．‎ ‎ [解]　(1)因为f(x)＝ ‎ 所以f′(x)＝ 2分 ‎ 由于－1≤x≤1.‎ ‎ ①当a≤－1时，有x≥a，故f(x)＝x3＋3x－‎3a.‎ ‎ 此时f(x)在(－1,1)上是增函数，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当－10，t(a)在上是增函数，故t(a)≥t(0)＝－2，‎ ‎ 因此－2≤‎3a＋b≤0. 11分 ‎ ③当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). 15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】　设函数f(x)＝－ax.‎ ‎ (1)若函数f(x)在(1，＋∞)上为减函数，求实数a的最小值；‎ ‎ (2)若存在x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立，求实数a的取值范围．‎ ‎ [解]　(1)由得x>0且x≠1，则函数f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，因为f(x)在(1，＋∞)上为减函数，故f′(x)＝－a≤0在(1，＋∞)上恒成立．‎ ‎ 又f′(x)＝－a＝－2＋－a ‎ ＝－2＋－a，‎ ‎ 故当＝，即x＝e2时，f′(x)max＝－a.‎ ‎ 所以－a≤0，于是a≥，故a的最小值为. 4分 ‎ (2)命题“若存在x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立”等价于“当x∈[e，e2]时，有f(x)min≤f′(x)max＋a”. ‎ ‎ 由(1)知，当x∈[e，e2]时，f′(x)max＝－a，‎ ‎ ∴f′(x)max＋a＝. 5分 ‎ 问题等价于：“当x∈[e，e2]时，有f(x)min≤”．‎ ‎ ①当a≥时，由(1)知，f(x)在[e，e2]上为减函数，‎ ‎ 则f(x)min＝f(e2)＝－ae2≤，故a≥－. 6分 ‎ ②当a<时，由x∈[e，e2]得≤≤1，‎ ‎ ∴f′(x)＝－2＋－a在[e，e2]上的值域为. 7分 ‎ (ⅰ)－a≥0，即a≤0，f′(x)≥0，在[e，e2]上恒成立，故f(x)在[e，e2]上为增函数，‎ ‎ 于是，f(x)min＝f(e)＝e－ae≥e>，不合题意. 8分 ‎ (ⅱ)－a<0，即00，f(x)为增函数； 12分 ‎ 所以，fmin(x)＝f(x0)＝－ax0≤，x0∈(e，e2)，‎ ‎ 所以，a≥－>－>－＝，与0g(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]　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．‎ ‎ [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. 10分 ‎ ②当3－m＜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－2＞1，‎ ‎ 当x∈[1，x0)时，h′(x)＜h′(1)＝0， 13分 ‎ 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≤. 15分 ‎ ‎