高考數(shù)學精品復習資料 2019.5第16講導數(shù)的應用題型1利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性(對應學生用書第53頁)核心知識儲備1f(x)>0是f(x)為增函數(shù)的充分不必要條件，如函數(shù)f(x)x3在(，)上單調遞增，但f(x)0.2f(x)0是f(x)為增函數(shù)的必要不充分條件，當函數(shù)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f(x)0時，則f(x)為常函數(shù)，函數(shù)不具有單調性3利用導數(shù)研究函數(shù)單調性的一般步驟：(1)確定函數(shù)的定義域；(2)求導函數(shù)f(x)；(3)若求單調區(qū)間(或證明單調性)，只要在函數(shù)定義域內(nèi)解(或證明)不等式f(x)>0或f(x)<0.若已知函數(shù)的單調性，則轉化為不等式f(x)0或f(x)0在單調區(qū)間上恒成立問題來求解典題試解尋法【典題】已知函數(shù)f(x)ax2xln x(aR)(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；(2)m>n>0，>1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍. 【導學號：07804112】思路分析(1)求f(x)結合a的取值討論f(x)的單調區(qū)間；(2)>1f(m)m>f(n)n由g(x)0求a的取值范圍解(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，)，f(x)2ax1.當a0時，f(x).顯然，當x(0,1)時，f(x)>0，函數(shù)f(x)單調遞增；當x(1，)時，f(x)<0，函數(shù)f(x)單調遞減當a0時，對于2ax2x10，(1)242a118a.當0，即a，因為a>0，所以2ax2x10恒成立，即f(x)0恒成立，所以函數(shù)f(x)在(0，)上單調遞增若>0，即0<a<或a<0，方程2ax2x10的兩根為x1，x2.當a<0時，x1>0，x2<0.當x時，2ax2x1>0，f(x)>0，函數(shù)f(x)單調遞增；當x時，2ax2x1<0，f(x)<0，函數(shù)f(x)單調遞減當0<a<時，x2>x1>0.當x時，2ax2x1>0，f(x)>0，函數(shù)f(x)單調遞增；當x時，2ax2x1<0，f(x)<0，函數(shù)f(x)單調遞減；當x時，2ax2x1>0，f(x)>0，函數(shù)f(x)單調遞增綜上，當a0時，f(x)的單調遞減區(qū)間為(0,1)，單調遞增區(qū)間為(1，)；當a時，函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，)，無單調遞減區(qū)間；當0<a<時，函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為；當a<0時，函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為.(2)因為>1，且m>n，故f(m)m>f(n)n.記g(x)f(x)x，則函數(shù)g(x)f(x)x在(0，)上單調遞增由g(x)f(x)xax22xln x，可得g(x)2ax20.因為x>0，所以a.記h(x)(x>0)，則h(x)(2).顯然，當x(0,1)時，h(x)>0，函數(shù)h(x)單調遞增；當x(1，)時，h(x)<0，函數(shù)h(x)單調遞減所以h(x)的最大值為h(1)，所以a.故實數(shù)a的取值范圍為.類題通法求單調區(qū)間或判斷單調性的方法(1)不含參數(shù)：解不等式f(x)>0或f(x)<0，把不等式解集與定義域取交集，就是對應的增區(qū)間或減區(qū)間.(2)含有參數(shù)：針對參數(shù)進行分類討論，引起討論的因素包含：參數(shù)的正負性，導數(shù)有無極值點，極值點的大小關系，極值點與定義域的關系.對點即時訓練已知函數(shù)f(x)(ax2x1)exf(0)(1)討論函數(shù)f(x)的單調性；(2)若g(x)exf(x)ln x，h(x)ex，過點O(0,0)分別作曲線yg(x)與yh(x)的切線l1，l2，且l1與l2關于x軸對稱，求證：<a<.解由已知得f(x)ax2(2a1)xex，f(0)0，所以f(x)(ax2x1)ex.(1)f(x)ax2(2a1)xexx(ax2a1)ex.若a>0，當x<2或x>0時，f(x)>0；當2<x<0時，f(x)<0，所以f(x)的單調遞增區(qū)間為，(0，)；單調遞減區(qū)間為.若a0，f(x)(x1)ex，f(x)xex，當x>0時，f(x)>0；當x<0時，f(x)<0，所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，)；單調遞減區(qū)間為(，0)若<a<0，當x>2或x<0時，f(x)<0；當0<x<2時，f(x)>0，所以f(x)的單調遞增區(qū)間為；單調遞減區(qū)間為(，0)，.若a，f(x)x2ex0，故f(x)的單調遞減區(qū)間為(，)若a<，當x<2或x>0時，f(x)<0；當2<x<0時，f(x)>0，所以f(x)的單調遞增區(qū)間為；單調遞減區(qū)間為和(0，)綜上所述，當a>0時，f(x)的單調遞增區(qū)間為和(0，)；單調遞減區(qū)間為.當a0時，f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，)；單調遞減區(qū)間為(，0)當<a<0時，f(x)的單調遞增區(qū)間為；單調遞減區(qū)間為(，0)和.當a時，f(x)的單調遞減區(qū)間為(，)；當a<時，f(x)的單調遞增區(qū)間為；單調遞減區(qū)間為和(0，)(2)證明：g(x)exf(x)ln xax2x1ln x，設切線l2的方程為yk2x，切點為(x2，y2)，則y2ex2，k2ex2，所以x21，y2e，k2e.由題意，知k1k2e，所以切線l1的方程為yex.設l1與yg(x)的切點為(x1，y1)，則k1g(x1)2ax11e，a.又因為y1axx11ln x1ex1，即x1ln x10，令u(x)xln x，u(x)，在定義域上，u(x)>0，所以在(0，)上，u(x)是單調遞增函數(shù)又因為u(1)>0，uln<0，所以u(1)u<0，即<x1<1.令t，則1<t<，a(t)t2(e1)t，所以a>a，a<a(1).故<a<.題型強化集訓(見專題限時集訓T5、T6、T10)題型2利用導數(shù)研究函數(shù)的極值、最值問題(對應學生用書第54頁)核心知識儲備1若在x0附近左側f(x)>0，右側f(x)<0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的極大值；若在x0附近左側f(x)<0，右側f(x)>0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的極小值2設函數(shù)yf(x)在a，b上連續(xù)，在(a，b)內(nèi)可導，則f(x)在a，b上必有最大值和最小值且在極值點或端點處取得典題試解尋法【典題】已知函數(shù)f(x)x2(a1)x2aln x(aR)(1)求函數(shù)f(x)的極值點；(2)若a2，求函數(shù)f(x)在1，t(t>1)上的最小值. 【導學號：07804113】解(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，)，f(x)x(a1).由f(x)0，可得x1a，x21.若a0，當x變化時，f(x)，f(x)的變化情況如下表：x(0,1)1(1，)f(x)0f(x)極小值故f(x)的極小值點為1，無極大值點若0<a<1，當x變化時，f(x)，f(x)的變化情況如下表：x(0，a)a(a,1)1(1，)f(x)00f(x)極大值極小值故f(x)的極小值點為1，極大值點為a.若a1，當x變化時，f(x)，f(x)的變化情況如下表：x(0,1)1(1，)f(x)0f(x)故函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)單調性沒有變化，所以沒有極值，既沒有極大值點，也沒有極小值點若a>1，當x變化時，f(x)，f(x)的變化情況如下表：x(0,1)1(1，a)a(a，)f(x)00f(x)極大值極小值故f(x)的極小值點為a，極大值點為1.綜上，若a0，f(x)的極小值點為1，無極大值點；若0<a<1，f(x)的極小值點為1，極大值點為a；若a1，f(x)既無極大值點，也無極小值點；若a>1，f(x)極小值點為a，極大值點為1.(2)當a2時，f(x)x23x22ln x.由(1)可知，函數(shù)f(x)在1,2上單調遞減，在2，)上單調遞增若1<t2，則函數(shù)f(x)在1，t上單調遞減，所以f(x)的最小值為f(t)t23t22ln t.若t>2，則函數(shù)f(x)在1,2上單調遞減，在2，t上單調遞增，所以f(x)的最小值為f(2)223222ln 222ln 2.綜上，當1<t2時，f(x)的最小值為t23t22ln t；當t>2時，f(x)的最小值為22ln 2.類題通法1.求函數(shù)f(x)的極值，則先求方程f(x)0的根，再檢查f(x)在方程根的左右函數(shù)值的符號.2.若已知極值大小或存在情況，則轉化為已知方程f(x)0根的大小或存在情況來求解.3.求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間a，b的最值時，在得到極值的基礎上，結合區(qū)間端點的函數(shù)值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進行比較得到函數(shù)的最值.對點即時訓練已知函數(shù)f(x)a(xln x)，e為自然對數(shù)的底數(shù)(1)當a>0時，試求f(x)的單調區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間上有三個不同的極值點，求實數(shù)a的取值范圍解(1)函數(shù)的定義域為x(0，)，f(x)a.當a>0時，對于任意x(0，)，exax>0恒成立，所以若x>1，f(x)>0，若0<x<1，f(x)<0，所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(1，)，單調遞減區(qū)間為(0,1)(2)由條件，知f(x)0在區(qū)間上有三個不同的根，即exax0在x上有兩個不同的根，且ae，則a，令g(x)，則g(x)，則當x時g(x)單調遞增，x(1,2)時單調遞減，所以g(x)的最大值為g(1)e，g2，g(2)e2，而2e22>0，所以2<a<e.題型強化集訓(見專題限時集訓T2、T3、T4、T7、T9、T13)題型3利用導數(shù)解決不等式問題(答題模板)(對應學生用書第54頁)函數(shù)與不等式恒成立、不等式證明相交匯的問題在近年的高考中有升溫趨勢，常以解答題的壓軸題呈現(xiàn)，一般難度較大(1)以單調性或導數(shù)的幾何意義為背景，根據(jù)已成立的不等式求參數(shù)的范圍(20xx全國卷T21、20xx全國卷T21、20xx全國卷T21、20xx全國卷T21)(2)以導數(shù)的幾何意義為背景，證明不等式(20xx全國卷T21、20xx全國卷T21、20xx全國卷T21、20xx全國卷T21)典題試解尋法【典例】(本小題滿分12分)(20xx全國卷)設函數(shù)f(x)aexln x，(1)(2) 【導學號：07804114】審題指導題眼挖掘關鍵信息看到曲線的切線方程，想到求出f(1)，f(1)，用a，b表示切線方程.看到求a，b，想到用兩條切線方程系數(shù)對應相等.看到證明不等式，想到求函數(shù)f(x)的最小值.規(guī)范解答(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，)，由題意可得f(1)2，f(1)e.故a1，b2.4分(2)證明：由(1)知，f(x)exln xex1，從而f(x)>1等價于6分設函數(shù)g(x)xln x，則g(x)1ln x.所以當x時，g(x)<0；當x時，g(x)>0.故g(x)在上單調遞減，在上單調遞增，從而g(x)在(0，)上的最小值為g.8分設函數(shù)h(x)xex，則h(x)ex(1x)所以當x(0,1)時，h(x)>0；當x(1，)時，h(x)<0.故h(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，)上單調遞減，從而h(x)在(0，)上的最大值為h(1).10分因為所以，當x>0時，g(x)>h(x)，即f(x)>1.12分閱卷者說易錯點防范措施處導數(shù)的運算法則，復合函數(shù)求導法則不熟練，運算失分.對于復雜解析式求導要分清層次，包括運算層次，復合層次.處未對不等式進行變形、分化函數(shù)致解題受阻.對于復雜不等式，變形轉化為等價的不等式證明，是證明不等式的重要方法.處未轉化為函數(shù)最值的不等關系致解題受阻.將不等式轉化為不等式兩邊函數(shù)的最值關系是常用的方法，但要注意任意、存在等邏輯關系區(qū)別.類題通法1.利用導數(shù)證明不等式的基本步驟(1)作差或變形.(2)構造新的函數(shù)h(x).(3)利用導數(shù)研究h(x)的單調性或最值.(4)根據(jù)單調性及最值，得到所證不等式.,特別地：當作差或變形構造的新函數(shù)不能利用導數(shù)求解時，一般轉化為分別求左、右兩端兩個函數(shù)的最值問題.2.構造輔助函數(shù)的四種方法(1)移項法：證明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x)的問題轉化為證明f(x)g(x)>0(f(x)g(x)<0)，進而構造輔助函數(shù)h(x)f(x)g(x).(2)構造“形似”函數(shù)：對原不等式同解變形，如移項、通分、取對數(shù)；把不等式轉化為左右兩邊是相同結構的式子的結構，根據(jù)“相同結構”構造輔助函數(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，構造函數(shù)f(x，x2)(或f(x1，x).(4)放縮法：若所構造函數(shù)最值不易求解，可將所證明不等式進行放縮，再重新構造函數(shù).對點即時訓練已知函數(shù)f(x)(x1)2ln(x1)x，(x)mx2.(1)當m1且x0時，證明：f(x)(x)；(2)若x0，f(x)(x)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍解(1)證明：當m1時，令p(x)f(x)(x)(x1)2ln(x1)xx2(x0)，所以p(x)2(x1)ln(x1)(x1)212x2(x1)ln(x1)x.設p(x)G(x)，則G(x)2ln(x1)1>0，所以函數(shù)p(x)在0，)上單調遞增，所以p(x)p(0)0，所以函數(shù)p(x)在0，)上單調遞增，所以p(x)p(0)0.所以f(x)(x)(2)設h(x)(x1)2ln(x1)xmx2(x0)，所以h(x)2(x1)ln(x1)x2mx.由(1)知當x0時，(x1)2ln(x1)x2xx(x1)，所以(x1)ln(x1)x，所以h(x)3x2mx.當32m0，即m時，h(x)0，所以h(x)在0，)上單調遞增，所以h(x)h(0)0，滿足題意當32m<0，即m>時，設H(x)h(x)2(x1)ln(x1)(12m)x，H(x)2ln(x1)32m，令H(x)0，得x0e1>0，故h(x)在0，x0上單調遞減，在x0，)上單調遞增當x0，x0)時，h(x)<h(0)0，所以h(x)在0，x0)上單調遞減，所以h(x)<h(0)0，不滿足題意綜上，實數(shù)m的取值范圍為.題型強化集訓(見專題限時集訓T1、T8、T11、T12、T14)三年真題| 驗收復習效果(對應學生用書第56頁)1.(20xx全國卷)若函數(shù)f(x)xsin 2xasin x在(，)單調遞增，則a的取值范圍是()A1,1BC.DC取a1，則f(x)xsin 2xsin x，f(x)1cos 2xcos x，但f(0)110，不具備在(，)上單調遞增的條件，故排除A，B，D.故選C.2(20xx全國卷)設函數(shù)f(x)是奇函數(shù)f(x)(xR)的導函數(shù)，f(1)0，當x>0時，xf(x)f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是()【導學號：07804115】A(，1)(0,1)B(1,0)(1，)C(，1)(1,0)D(0,1)(1，)A設yg(x)(x0)，則g(x)，當x>0時，xf(x)f(x)<0，g(x)<0，g(x)在(0，)上為減函數(shù)，且g(1)f(1)f(1)0.f(x)為奇函數(shù)，g(x)為偶函數(shù)，g(x)的圖象的示意圖如圖所示當x>0，g(x)>0時，f(x)>0,0<x<1，當x<0，g(x)<0時，f(x)>0，x<1，使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(，1)(0,1)，故選A.3.(20xx全國卷)(1)討論函數(shù)f(x)ex的單調性，并證明當x0時，(x2)exx20.(2)證明：當a0,1)時，函數(shù)g(x)(x0)有最小值設g(x)的最小值為h(a)，求函數(shù)h(a)的值域解(1)f(x)的定義域為(，2)(2，)f(x)0，當且僅當x0時，f(x)0，所以f(x)在(，2)，(2，)上單調遞增因此當x(0，)時，f(x)>f(0)1.所以(x2)ex>(x2)，即(x2)exx2>0.(2)g(x)(f(x)a)由(1)知，f(x)a單調遞增對任意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.當0<x<xa時，f(x)a<0，g(x)<0，g(x)單調遞減；當x>xa時，f(x)a>0，g(x)>0，g(x)單調遞增因此g(x)在xxa處取得最小值，最小值為g(xa).于是h(a).由0，得y單調遞增，所以，由xa(0,2，得h(a).因為y單調遞增，對任意，存在唯一的xa(0,2，af(xa)0,1)，使得h(a).所以h(a)的值域是.綜上，當a0,1)時，g(x)有最小值h(a)，h(a)的值域是.4.(20xx全國卷)已知函數(shù)f(x)ax2axxln x，且f(x)0.(1)求a；(2)證明：f(x)存在唯一的極大值點x0，且e2f(x0)22.解(1)f(x)的定義域為(0，)設g(x)axaln x，則f(x)xg(x)，f(x)0等價于g(x)0.因為g(1)0，g(x)0，故g(1)0，而g(x)a，g(1)a1，得a1.若a1，則g(x)1.當0<x<1時，g(x)<0，g(x)單調遞減；當x>1時，g(x)>0，g(x)單調遞增所以x1是g(x)的極小值點，故g(x)g(1)0.綜上，a1.(2)證明：由(1)知f(x)x2xxln x，f(x)2x2ln x.設h(x)2x2ln x，則h(x)2.當x時，h(x)0；當x時，h(x)0.所以h(x)在上單調遞減，在上單調遞增又h(e2)>0，h0，h(1)0，所以h(x)在上有唯一零點x0，在上有唯一零點1，且當x(0，x0)時，h(x)>0；當x(x0,1)時，h(x)<0；當x(1，)時，h(x)>0.因為f(x)h(x)，所以xx0是f(x)的唯一極大值點由f(x0)0得ln x02(x01)，故f(x0)x0(1x0)由x0得f(x0).因為xx0是f(x)在(0,1)上的最大值點，由e1(0,1)，f(e1)0得f(x0)>f(e1)e2.所以e2<f(x0)<22.