新版高考数学理二轮复习教师用书：第1部分 重点强化专题 专题6 第16讲　导数的应用 Word版含答案

《新版高考数学理二轮复习教师用书：第1部分 重点强化专题 专题6 第16讲　导数的应用 Word版含答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新版高考数学理二轮复习教师用书：第1部分 重点强化专题 专题6 第16讲　导数的应用 Word版含答案（13页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、 1 1第16讲导数的应用题型1利用导数研究函数的单调性(对应学生用书第53页)核心知识储备1f(x)0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)x3在(，)上单调递增，但f(x)0.2f(x)0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f(x)0时，则f(x)为常函数，函数不具有单调性3利用导数研究函数单调性的一般步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导函数f(x)；(3)若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f(x)0或f(x)n0，1恒成立，求实数a的取值范围. 【导学号：07804112】思路分析(1)求f(x)结合a的取值讨论f(x

2、)的单调区间；(2)1f(m)mf(n)n由g(x)0求a的取值范围解(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)2ax1.当a0时，f(x).显然，当x(0,1)时，f(x)0，函数f(x)单调递增；当x(1，)时，f(x)0，所以2ax2x10恒成立，即f(x)0恒成立，所以函数f(x)在(0，)上单调递增若0，即0a或a0，方程2ax2x10的两根为x1，x2.当a0，x20，f(x)0，函数f(x)单调递增；当x时，2ax2x10，f(x)0，函数f(x)单调递减当0ax10.当x时，2ax2x10，f(x)0，函数f(x)单调递增；当x时，2ax2x10，f(x)0，f(x)0，函

3、数f(x)单调递增综上，当a0时，f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，)；当a时，函数f(x)的单调递增区间为(0，)，无单调递减区间；当0a时，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为；当a1，且mn，故f(m)mf(n)n.记g(x)f(x)x，则函数g(x)f(x)x在(0，)上单调递增由g(x)f(x)xax22xln x，可得g(x)2ax20.因为x0，所以a.记h(x)(x0)，则h(x)(2).显然，当x(0,1)时，h(x)0，函数h(x)单调递增；当x(1，)时，h(x)0或f(x)0，把不等式解集与定义域取交集，就是对应的增区间或减区间.(2)含有

4、参数：针对参数进行分类讨论，引起讨论的因素包含：参数的正负性，导数有无极值点，极值点的大小关系，极值点与定义域的关系.对点即时训练已知函数f(x)(ax2x1)exf(0)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若g(x)exf(x)ln x，h(x)ex，过点O(0,0)分别作曲线yg(x)与yh(x)的切线l1，l2，且l1与l2关于x轴对称，求证：a0，当x0时，f(x)0；当2x0时，f(x)0时，f(x)0；当x0时，f(x)0，所以f(x)的单调递增区间为(0，)；单调递减区间为(，0)若a2或x0时，f(x)0；当0x0，所以f(x)的单调递增区间为；单调递减区间为(，0)，.若a

5、，f(x)x2ex0，故f(x)的单调递减区间为(，)若a，当x0时，f(x)0；当2x0，所以f(x)的单调递增区间为；单调递减区间为和(0，)综上所述，当a0时，f(x)的单调递增区间为和(0，)；单调递减区间为.当a0时，f(x)的单调递增区间为(0，)；单调递减区间为(，0)当a0时，f(x)的单调递增区间为；单调递减区间为(，0)和.当a时，f(x)的单调递减区间为(，)；当a0，所以在(0，)上，u(x)是单调递增函数又因为u(1)0，uln0，所以u(1)u0，即x11.令t，则1ta，aa(1).故a0，右侧f(x)0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f(x

6、)0，则f(x0)为函数f(x)的极小值2设函数yf(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在a，b上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得典题试解寻法【典题】已知函数f(x)x2(a1)x2aln x(aR)(1)求函数f(x)的极值点；(2)若a2，求函数f(x)在1，t(t1)上的最小值. 【导学号：07804113】解(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)x(a1).由f(x)0，可得x1a，x21.若a0，当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1，)f(x)0f(x)极小值故f(x)的极小值点为1，无极大值点若0a1，当x变化时，f(x

7、)，f(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1，a)a(a，)f(x)00f(x)极大值极小值故f(x)的极小值点为a，极大值点为1.综上，若a0，f(x)的极小值点为1，无极大值点；若0a1，f(x)极小值点为a，极大值点为1.(2)当a2时，f(x)x23x22ln x.由(1)可知，函数f(x)在1,2上单调递减，在2，)上单调递增若12，则函数f(x)在1,2上单调递减，在2，t上单调递增，所以f(x)的最小值为f(2)223222ln 222ln 2.综上，当12时，f(x)的最小值为22ln 2.类题通法1.求函数f(x)的极值，则先求方程f(x)0的根，再检查f(x)在方程根的

8、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来求解.3.求函数f(x)在闭区间a，b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.对点即时训练已知函数f(x)a(xln x)，e为自然对数的底数(1)当a0时，试求f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间上有三个不同的极值点，求实数a的取值范围解(1)函数的定义域为x(0，)，f(x)a.当a0时，对于任意x(0，)，exax0恒成立，所以若x1，f(x)0，若0x1，f(x)0，所以2a1等价于6分设函数g(x)xln x，则

9、g(x)1ln x.所以当x时，g(x)0.故g(x)在上单调递减，在上单调递增，从而g(x)在(0，)上的最小值为g.8分设函数h(x)xex，则h(x)ex(1x)所以当x(0,1)时，h(x)0；当x(1，)时，h(x)0时，g(x)h(x)，即f(x)1.12分阅卷者说易错点防范措施处导数的运算法则，复合函数求导法则不熟练，运算失分.对于复杂解析式求导要分清层次，包括运算层次，复合层次.处未对不等式进行变形、分化函数致解题受阻.对于复杂不等式，变形转化为等价的不等式证明，是证明不等式的重要方法.处未转化为函数最值的不等关系致解题受阻.将不等式转化为不等式两边函数的最值关系是常用的方法，

10、但要注意任意、存在等逻辑关系区别.类题通法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，所以函数p(x)在0，)上单调递增，所以p(x)p(0)0，所以函数p(x)在0，)上单调递增，所以p(x)p(0)0.所以f(x)(x)(2)设h(x)(x1)2ln(x1)xmx2(x0)，所以

11、h(x)2(x1)ln(x1)x2mx.由(1)知当x0时，(x1)2ln(x1)x2xx(x1)，所以(x1)ln(x1)x，所以h(x)3x2mx.当32m0，即m时，h(x)0，所以h(x)在0，)上单调递增，所以h(x)h(0)0，满足题意当32m时，设H(x)h(x)2(x1)ln(x1)(12m)x，H(x)2ln(x1)32m，令H(x)0，得x0e10，故h(x)在0，x0上单调递减，在x0，)上单调递增当x0，x0)时，h(x)h(0)0，所以h(x)在0，x0)上单调递减，所以h(x)0时，xf(x)f(x)0成立的x的取值范围是()【导学号：07804115】A(，1)(

12、0,1)B(1,0)(1，)C(，1)(1,0)D(0,1)(1，)A设yg(x)(x0)，则g(x)，当x0时，xf(x)f(x)0，g(x)0，g(x)0时，f(x)0,0x1，当x0，g(x)0，x0成立的x的取值范围是(，1)(0,1)，故选A.3.(20xx全国卷)(1)讨论函数f(x)ex的单调性，并证明当x0时，(x2)exx20.(2)证明：当a0,1)时，函数g(x)(x0)有最小值设g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域解(1)f(x)的定义域为(，2)(2，)f(x)0，当且仅当x0时，f(x)0，所以f(x)在(，2)，(2，)上单调递增因此当x(0，)时，f

13、(x)f(0)1.所以(x2)ex(x2)，即(x2)exx20.(2)g(x)(f(x)a)由(1)知，f(x)a单调递增对任意a0,1)，f(0)aa10，f(2)aa0.因此，存在唯一xa(0,2，使得f(xa)a0，即g(xa)0.当0xxa时，f(x)a0，g(x)xa时，f(x)a0，g(x)0，g(x)单调递增因此g(x)在xxa处取得最小值，最小值为g(xa).于是h(a).由0，得y单调递增，所以，由xa(0,2，得h(a).因为y单调递增，对任意，存在唯一的xa(0,2，af(xa)0,1)，使得h(a).所以h(a)的值域是.综上，当a0,1)时，g(x)有最小值h(a)

14、，h(a)的值域是.4.(20xx全国卷)已知函数f(x)ax2axxln x，且f(x)0.(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e2f(x0)22.解(1)f(x)的定义域为(0，)设g(x)axaln x，则f(x)xg(x)，f(x)0等价于g(x)0.因为g(1)0，g(x)0，故g(1)0，而g(x)a，g(1)a1，得a1.若a1，则g(x)1.当0x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增所以x1是g(x)的极小值点，故g(x)g(1)0.综上，a1.(2)证明：由(1)知f(x)x2xxln x，f(x)2x2ln x.设h(x)2x2ln x，则h(x)2.当x时，h(x)0；当x时，h(x)0.所以h(x)在上单调递减，在上单调递增又h(e2)0，h0，h(1)0，所以h(x)在上有唯一零点x0，在上有唯一零点1，且当x(0，x0)时，h(x)0；当x(x0,1)时，h(x)0.因为f(x)h(x)，所以xx0是f(x)的唯一极大值点由f(x0)0得ln x02(x01)，故f(x0)x0(1x0)由x0得f(x0).因为xx0是f(x)在(0,1)上的最大值点，由e1(0,1)，f(e1)0得f(x0)f(e1)e2.所以e2f(x0)22.