《（浙江專版）2018年高考數(shù)學(xué) 第1部分 重點強化專題 專題6 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 突破點16 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用教學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專版）2018年高考數(shù)學(xué) 第1部分 重點強化專題 專題6 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 突破點16 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用教學(xué)案（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、突破點16導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 (對應(yīng)學(xué)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)yf(x)在此區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增；如果f(x)0，那么函數(shù)yf(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)yf(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

2、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(dāng)x0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(dāng)xx0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

3、(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(2013浙江高考)已知e為自然對數(shù)的底數(shù)，設(shè)函數(shù)f(x)(ex1)(x1)k(k1,2)，則()A當(dāng)k1時，f(x)在x1處取到極小值B當(dāng)k1時，f(x)在x1處取到極大值C當(dāng)k2時，f(x)在x1處取到極小值D當(dāng)k2時，f(x)在x1處取到極大值C當(dāng)k1時，f(x)(ex1)(x1)，則f(x)ex(x1)(ex1)exx1，所以f(1)e10，所以f(1)不是極值當(dāng)k2時，f(x)(ex1)(x1)2，則f(x)ex(x1)22(ex1)(x1)ex(x21)2(x1)(x1)

4、ex(x1)2，所以f(1)0，且當(dāng)x1時，f(x)0；在x1附近的左側(cè)，f(x)0，所以f(1)是極小值2(2013浙江高考)已知函數(shù)yf(x)的圖象是下列四個圖象之一，且其導(dǎo)函數(shù)yf(x)的圖象如圖161所示，則該函數(shù)的圖象是()圖161B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，x0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x0時變化率最大A項，在x0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(2013浙江高考)已知aR，函數(shù)f(x)2x33(a1)x26ax.(1)若a1，求曲線yf(x)在點(2，f(2)處的切

5、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(dāng)a1時，f(x)6x212x6，所以f(2)6.3分又因為f(2)4，所以切線方程為y46(x2)，即6xy80.5分(2)記g(a)為f(x)在閉區(qū)間0,2|a|上的最小值f(x)6x26(a1)x6a6(x1)(xa)令f(x)0，得x11，x2a.8分當(dāng)a1時，x0(0,1)1(1，a)a(a,2a)2af(x)00f(x)0單調(diào)遞增極大值3a1單調(diào)遞減極小值a2(3a)單調(diào)遞增4a3比較f(0)0和f(a)a2(3a)的大小可得g(a)10分當(dāng)a1時，x0(0,1)1(1，2a)2af(x)0f(x)0單調(diào)遞減

6、極小值3a1單調(diào)遞增28a324a2得g(a)3a1.14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(2017浙江高考)已知函數(shù)f(x)(x)ex.(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，(ex)ex，所以f(x)ex(x)ex.6分(2)由f(x)0，解得x1或x.9分因為x1f(x)00f(x)e0e又f(x)(1)2ex0，所以f(x)在區(qū)間上的取值范圍是.15分5(2014浙江高考)已知函數(shù)f(x)x33|xa|(aR)(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)

7、m(a)；(2)設(shè)bR，若f(x)b24對x1,1恒成立，求3ab的取值范圍解(1)因為f(x)所以f(x)2分由于1x1.當(dāng)a1時，有xa，故f(x)x33x3a.此時f(x)在(1,1)上是增函數(shù)，因此，M(a)f(1)43a，m(a)f(1)43a，故M(a)m(a)(43a)(43a)8.3分當(dāng)1a1時，若x(a,1)，f(x)x33x3a，在(a,1)上是增函數(shù)；若x(1，a)，f(x)x33x3a，在(1，a)上是減函數(shù)，所以，M(a)maxf(1)，f(1)，m(a)f(a)a3.由于f(1)f(1)6a2，因此當(dāng)1a時，M(a)m(a)a33a4；當(dāng)a1時，M(a)m(a)a3

8、3a2.4分當(dāng)a1時，有xa，故f(x)x33x3a，此時f(x)在(1,1)上是減函數(shù)，因此，M(a)f(1)23a，m(a)f(1)23a，故M(a)m(a)(23a)(23a)4.6分綜上可知，M(a)m(a)7分(2)令h(x)f(x)b，則h(x)h(x)因為f(x)b24對x1,1恒成立，即2h(x)2對x1,1恒成立，所以由(1)知，當(dāng)a1時，h(x)在(1,1)上是增函數(shù)，h(x)在1,1上的最大值是h(1)43ab，最小值是h(1)43ab，則43ab2且43ab2，矛盾；9分當(dāng)10，t(a)在上是增函數(shù)，故t(a)t(0)2，因此23ab0.11分當(dāng)a1時，h(x)在1,1

9、上的最小值是h(a)a3b，最大值是h(1)3ab2，所以a3b2且3ab22，解得0，所以f(x)在(0，)上單調(diào)遞增若a0，則當(dāng)x時，f(x)0；當(dāng)x時，f(x)0時，f(x)在x處取得最大值，最大值為flnaln aa1.10分因此f2a2等價于ln aa10.令g(a)ln aa1，則g(a)在(0，)上單調(diào)遞增，g(1)0.于是，當(dāng)0a1時，g(a)1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

10、)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，x2e，e2，使f(x1)f(x2)a成立，求實數(shù)a的取值范圍解(1)由得x0且x1，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)a0在(1，)上恒成立又f(x)a2a2a，故當(dāng)，即xe2時，f(x)maxa.所以a0，于是a，故a的最小值為.4分(2)命題“若存在x1，x2e，e2，使f(x1)f(x2)a成立”等價于“當(dāng)xe，e2時，有f(x)minf(x)maxa”. 由(1)知，當(dāng)xe，e2時，f(x)maxa，f(x)maxa.5分問題等價于：“當(dāng)xe，e

11、2時，有f(x)min”當(dāng)a時，由(1)知，f(x)在e，e2上為減函數(shù)，則f(x)minf(e2)ae2，故a.6分當(dāng)a，不合題意.8分()a0，即0a，由f(x)的單調(diào)性和值域知，存在唯一x0(e，e2)，使f(x)0，且滿足：當(dāng)x(e，x0)時，f(x)0，f(x)為增函數(shù)；12分所以，fmin(x)f(x0)ax0，x0(e，e2)，所以，a，與0ag(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

12、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(xùn)練3設(shè)函數(shù)f(x)ax2ln xb(x1)(x0)，曲線yf(x)過點(e，e2e1)，且在點(1,0)處的切線方程為y0.(1)求a，b的值；(2)證明：當(dāng)x1時，f(x)(x1)2；(3)若當(dāng)x1時，f(x)m(x1)2恒成立，求實數(shù)m的取值范圍解(1)函數(shù)f(x)ax2ln xb(x1)(x0)，可得f(x)2aln xaxb，因為f(1)ab0，f(e)ae2b(e1)a(e2e1)e2e1，所

13、以a1，b1.2分(2)證明：f(x)x2ln xx1，設(shè)g(x)x2ln xxx2(x1)，g(x)2xln xx1，(g(x)2ln x10，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)(x1)2.6分(3)設(shè)h(x)x2ln xxm(x1)21，h(x)2xln xx2m(x1)1，由(2)中知x2ln x(x1)2x1x(x1)，所以xln xx1，所以h(x)3(x1)2m(x1)，當(dāng)32m0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分當(dāng)3m0即m時，h(x)2xln x(12m)(x1)，(h(x)2ln x32m，令(h(x)0，得x0e21，當(dāng)x1，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 13