新編浙江高考數學二輪復習教師用書：第1部分 重點強化專題 專題6 突破點16 導數的應用 Word版含答案

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1、 突破點16　導數的應用 (對應學生用書第57頁) [核心知識提煉] 提煉1 導數與函數的單調性 　 (1)函數單調性的判定方法 在某個區(qū)間(a，b)內，如果f′(x)＞0，那么函數y＝f(x)在此區(qū)間內單調遞增；如果f′(x)＜0，那么函數y＝f(x)在此區(qū)間內單調遞減． (2)常數函數的判定方法 如果在某個區(qū)間(a，b)內，恒有f′(x)＝0，那么函數y＝f(x)是常數函數，在此區(qū)間內不具有單調性． (3)已知函數的單調性求參數的取值范圍 設可導函數f(x)在某個區(qū)間內單調遞增(或遞減)，則可以得出函數f(x)在這個區(qū)間內f′(x)≥0(或

2、f′(x)≤0)，從而轉化為恒成立問題來解決(注意等號成立的檢驗). 提煉2 函數極值的判別注意點 　 (1)可導函數極值點的導數為0，但導數為0的點不一定是極值點，如函數f(x)＝x3，當x＝0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x0，當x＝x0時，函數取得極值．在x0處有f′(x0)＝0是函數f(x)在x0處取得極值的必要不充分條件． (3)函數f(x)在一閉區(qū)間上的最大值是此函數在此區(qū)間上的極大值與其端點函數值中的最大值，函數f(x)在一閉區(qū)間上的最小值是此函數在此區(qū)間上的極小值與其端點函數值中的最小值. 提煉3 函數最值的判別方法 　

3、(1)求函數f(x)在閉區(qū)間[a，b]上最值的關鍵是求出f′(x)＝0的根的函數值，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f(x)在非閉區(qū)間上的最值，只需利用導數法判斷函數f(x)的單調性，即可得結論． [高考真題回訪] 回訪1　函數的極值與最值 1．(20xx·浙江高考)已知e為自然對數的底數，設函數f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，則(　　) A．當k＝1時，f(x)在x＝1處取到極小值 B．當k＝1時，f(x)在x＝1處取到極大值 C．當k＝2時，f(x)在x＝1處取到極小值 D．當k＝2時，f(

4、x)在x＝1處取到極大值 C　[當k＝1時，f(x)＝(ex－1)(x－1)，則f′(x)＝ex(x－1)＋(ex－1)＝exx－1，所以f′(1)＝e－1≠0， 所以f(1)不是極值． 當k＝2時，f(x)＝(ex－1)(x－1)2， 則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，且當x＞1時，f′(x)＞0；在x＝1附近的左側，f′(x)＜0，所以f(1)是極小值．] 2．(20xx·浙江高考)已知函數y＝f(x)的圖象是下列四個圖象之一，且其導函數y＝f′(x)的圖象

5、如圖16-1所示，則該函數的圖象是(　　) 圖16-1 B　[從導函數的圖象可以看出，導函數值先增大后減小，x＝0時最大，所以函數f(x)的圖象的變化率也先增大后減小，在x＝0時變化率最大．A項，在x＝0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．(20xx·浙江高考)已知a∈R，函數f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax. (1)若a＝1，求曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程； (2)若|a|>1，求f(x)在閉區(qū)間[0,2|a|]上的最小值． [解]　(1)當a＝1時，f′(x

6、)＝6x2－12x＋6，所以f′(2)＝6. 3分 又因為f(2)＝4，所以切線方程為y－4＝6(x－2)， 即6x－y－8＝0. 5分 (2)記g(a)為f(x)在閉區(qū)間[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 當a>1時， x 0 (0,1) 1 (1，a) a (a,2a) 2a f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 0 單調 遞增 極大值 3a－1 單調 遞減 極小值 a2(3－a) 單調 遞

7、增 4a3 比較f(0)＝0和f(a)＝a2(3－a)的大小可得 g(a)＝ 10分 當a<－1時， x 0 (0,1) 1 (1，－2a) －2a f′(x) － 0 ＋ f(x) 0 單調遞減 極小值3a－1 單調遞增 －28a3－24a2 得g(a)＝3a－1. 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　導數的綜合應用 4．(20xx·浙江高考)已知函數f(x)＝(x－)e－x. (1)求f(x)的導函數； (2)求f(x)在區(qū)間上的取值范圍． [解]

8、　(1)因為(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 因為 x 1 f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) e－  0  e－  又f(x)＝(－1)2e－x≥0， 所以f(x)在區(qū)間上的取值范圍是. 15分 5．(20xx·浙江高考)已知函數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別記為M(a)，m(a)，求M(a)－m(a)；

9、 (2)設b∈R，若[f(x)＋b]2≤4對x∈[－1,1]恒成立，求3a＋b的取值范圍． [解]　(1)因為f(x)＝ 所以f′(x)＝ 2分 由于－1≤x≤1. ①當a≤－1時，有x≥a，故f(x)＝x3＋3x－3a. 此時f(x)在(－1,1)上是增函數，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當－1

10、所以，M(a)＝max{f(1)，f(－1)}，m(a)＝f(a)＝a3. 由于f(1)－f(－1)＝－6a＋2，因此 當－1＜a≤時，M(a)－m(a)＝－a3－3a＋4； 當＜a＜1時，M(a)－m(a)＝－a3＋3a＋2. 4分 ③當a≥1時，有x≤a，故f(x)＝x3－3x＋3a， 此時f(x)在(－1,1)上是減函數，因此，M(a)＝f(－1)＝2＋3a，m(a)＝f(1)＝－2＋3a，故M(a)－m(a)＝(2＋3a)－(－2＋3a)＝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

11、)＝ 因為[f(x)＋b]2≤4對x∈[－1,1]恒成立，即－2≤h(x)≤2對x∈[－1,1]恒成立， 所以由(1)知， ①當a≤－1時，h(x)在(－1,1)上是增函數，h(x)在[－1,1]上的最大值是h(1)＝4－3a＋b，最小值是h(－1)＝－4－3a＋b，則－4－3a＋b≥－2且4－3a＋b≤2，矛盾； 9分 ②當－1

12、2>0，t(a)在上是增函數，故t(a)≥t(0)＝－2， 因此－2≤3a＋b≤0. 11分 ③當

13、＋3. (1)求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程； (2)當x∈[0,2]時，求|f(x)|的最大值． [解]　(1)由題意f′(x)＝3x2－6x＋3a， 故f′(1)＝3a－3. 2分 又f(1)＝1，所以所求的切線方程為y＝(3a－3)x－3a＋4. 5分 (2)由于f′(x)＝3(x－1)2＋3(a－1)，0≤x≤2， 故①當a≤0時，有f′(x)≤0，此時f(x)在[0,2]上單調遞減，故|f(x)|max＝max{|f(0)|，|f(2)|}＝3－3a. 7分 ②當a≥1時，有f′(x)≥0，此時f(x)在[0,2]上單調遞增，故

14、|f(x)|max＝max{|f(0)|，|f(2)|}＝3a－1. 9分 ③當0＜a＜1時，設x1＝1－，x2＝1＋， 則0＜x1＜x2＜2，f′(x)＝3(x－x1)(x－x2)． 列表如下： x 0 (0，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2,2) 2 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 3－3a  極大值 f(x1)  極小 f(x2)值  3a－1 由于f(x1)＝1＋2(1－a)·，f(x2)＝1－2(1－a)·， 10分 故f(x1)＋f(x2)＝2＞0，f(x1)－f(x2)＝4(1

15、－a)·＞0，從而f(x1)＞|f(x2)|. 所以|f(x)|max＝max{f(0)，|f(2)|，f(x1)}． ①當0＜a＜時，f(0)＞|f(2)| . 又f(x1)－f(0)＝2(1－a)－(2－3a)＝＞0， 故|f(x)|max＝f(x1)＝1＋2(1－a). 12分 ②當≤a＜1時，|f(2)|＝f(2)，且f(2)≥f(0)． 又f(x1)－|f(2)|＝2(1－a)－(3a－2)＝， 所以(ⅰ)當≤a＜時，f(x1)＞|f(2)|. 14分 故f(x)max＝f(x1)＝1＋2(1－a). (ⅱ)當≤a＜1時，f(x1)≤|f(2)

16、|. 故f(x)max＝|f(2)|＝3a－1. 綜上所述， |f(x)|max＝ 15分 (對應學生用書第59頁) 熱點題型1　利用導數研究函數的單調性問題 題型分析：利用導數研究函數的單調性問題常在解答題的第(1)問中呈現，有一定的區(qū)分度，此類題涉及函數的極值點、利用導數判斷函數的單調性、不等式的恒成立等. 【例1】　已知x＝1是f(x)＝2x＋＋ln x的一個極值點． (1)求函數f(x)的單調遞減區(qū)間； (2)設函數g(x)＝f(x)－，若函數g(x)在區(qū)間[1,2]內單調遞增，求實數a的取值范圍. 【導學號：68334147】 [解

17、]　(1)因為f(x)＝2x＋＋ln x，所以f′(x)＝2－＋，因為x＝1是f(x)＝2x＋＋ln x的一個極值點，所以f′(1)＝2－b＋1＝0，解得b＝3，經檢驗，符合題意，所以b＝3.則函數f(x)＝2x＋＋ln x，其定義域為(0，＋∞).4分 令f′(x)＝2－＋＜0，解得－＜x＜1， 所以函數f(x)＝2x＋＋ln x的單調遞減區(qū)間為(0,1]. 7分 (2)因為g(x)＝f(x)－＝2x＋ln x－，所以g′(x)＝2＋＋. 9分 因為函數g(x)在[1,2]上單調遞增，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≥(－2

18、x2－x)max，而在[1,2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3. 所以實數a的取值范圍為[－3，＋∞). 15分 [方法指津] 根據函數y＝f(x)在(a，b)上的單調性，求參數范圍的方法： (1)若函數y＝f(x)在(a，b)上單調遞增，轉化為f′(x)≥0在(a，b)上恒成立求解. (2)若函數y＝f(x)在(a，b)上單調遞減，轉化為f′(x)≤0在(a，b)上恒成立求解. (3)若函數y＝f(x)在(a，b)上單調，轉化為f′(x)在(a，b)上不變號即f′(x)在(a，b)上恒正或恒負.,(4)若函數y＝f(x)在(a，b)上不單調，轉化為f′(x)在(

19、a，b)上變號. [變式訓練1]　設函數f(x)＝(a∈R)． (1)若f(x)在x＝0處取得極值，確定a的值，并求此時曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程； (2)若f(x)在[3，＋∞)上為減函數，求a的取值范圍． [解]　(1)對f(x)求導得 f′(x)＝ ＝. 2分 因為f(x)在x＝0處取得極值，所以f′(0)＝0，即a＝0. 當a＝0時，f(x)＝，f′(x)＝，故f(1)＝，f′(1)＝，從而f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－＝(x－1)，化簡得3x－ey＝0. 6分 (2)由(1)知f′(x)＝. 令g(x)＝

20、－3x2＋(6－a)x＋a， 由g(x)＝0，解得x1＝， x2＝. 8分 當x＜x1時，g(x)＜0，即f′(x)＜0， 故f(x)為減函數； 當x1＜x＜x2時，g(x)＞0，即f′(x)＞0， 故f(x)為增函數； 當x＞x2時，g(x)＜0，即f′(x)＜0， 故f(x)為減函數． 由f(x)在[3，＋∞)上為減函數，知x2＝≤3，解得a≥－， 故a的取值范圍為. 15分 熱點題型2　利用導數研究函數的極值、最值問題 題型分析：利用導數研究函數的極值、最值是高考重點考查內容，主要以解答題的形式考查，難度較大. 【例2】　已知函數f(x)

21、滿足f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋x2. (1)求f(x)的解析式及單調區(qū)間； (2)若f(x)≥x2＋ax＋b，求(a＋1)b的最大值． [解]　(1)f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋x2?f′(x)＝f′(1)ex－1－f(0)＋x， 令x＝1，得f(0)＝1，所以 f(x)＝f′(1)ex－1－x＋x2， 令x＝0，得f(0)＝f′(1)e－1＝1，解得f′(1)＝e，故函數的解析式為f(x)＝ex－x＋x2. 3分 令g(x)＝f′(x)＝ex－1＋x，所以g′(x)＝ex＋1＞0，由此知y＝g(x)在x∈R上單調遞增． 當x＞0

22、時，f′(x)＞f′(0)＝0；當x＜0時， 由f′(x)＜f′(0)＝0得： 函數f(x)＝ex－x＋x2的單調遞增區(qū)間為(0，＋∞)，單調遞減區(qū)間為(－∞，0). 6分 (2)f(x)≥x2＋ax＋b?h(x)＝ex－(a＋1)x－b≥0，得h′(x)＝ex－(a＋1).8分 ①當a＋1≤0時，h′(x)＞0?y＝h(x)在x∈R上單調遞增，x→－∞時，h(x)→－∞與h(x)≥0矛盾． ②當a＋1＞0時，h′(x)＞0?x＞ln(a＋1)，h′(x)＜0?x＜ln(a＋1)， 得當x＝ln(a＋1)時，h(x)min＝(a＋1)－(a＋1)ln(a＋1)－b≥0

23、，即(a＋1)－(a＋1)ln(a＋1)≥b， 所以(a＋1)b≤(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)(a＋1＞0)． 令F(x)＝x2－x2ln x(x＞0)，則F′(x)＝x(1－2ln x)， 所以F′(x)＞0?0＜x＜，F′(x)＜0?x＞，當x＝時， F(x)max＝，即當a＝－1，b＝時，(a＋1)b的最大值為. 15分 [方法指津] 利用導數研究函數極值、最值的方法 1．若求極值，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

24、函數f(x)在閉區(qū)間[a，b]上的最值時，在得到極值的基礎上，結合區(qū)間端點的函數值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進行比較得到函數的最值． [變式訓練2]　已知函數f(x)＝ln x＋a(1－x)． (1)討論f(x)的單調性； (2)當f(x)有最大值，且最大值大于2a－2時，求a的取值范圍． [解]　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－a. 2分 若a≤0，則f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增． 若a>0，則當x∈時，f′(x)>0； 當x∈時，f′(x)<0. 所以f(x)在上單調遞增，在上單調遞減. 6分 (2)由(1

25、)知，當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上無最大值； 當a>0時，f(x)在x＝處取得最大值，最大值為 f＝ln＋a＝－ln a＋a－1. 10分 因此f>2a－2等價于ln a＋a－1<0. 令g(a)＝ln a＋a－1，則g(a)在(0，＋∞)上單調遞增，g(1)＝0. 于是，當01時，g(a)>0. 因此，a的取值范圍是(0,1). 15分 熱點題型3　利用導數解決不等式問題 題型分析：此類問題以函數、導數與不等式相交匯為命題點，實現函數與導數、不等式及求最值的相互轉化，達成了綜合考查考生解題能力的目的. 【例3】　設函數f(x)＝－

26、ax. (1)若函數f(x)在(1，＋∞)上為減函數，求實數a的最小值； (2)若存在x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立，求實數a的取值范圍． [解]　(1)由得x>0且x≠1，則函數f(x)的定義域為(0,1)∪(1，＋∞)，因為f(x)在(1，＋∞)上為減函數，故f′(x)＝－a≤0在(1，＋∞)上恒成立． 又f′(x)＝－a＝－2＋－a ＝－2＋－a， 故當＝，即x＝e2時，f′(x)max＝－a. 所以－a≤0，于是a≥，故a的最小值為. 4分 (2)命題“若存在x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立”等價

27、于“當x∈[e，e2]時，有f(x)min≤f′(x)max＋a”. 由(1)知，當x∈[e，e2]時，f′(x)max＝－a， ∴f′(x)max＋a＝. 5分 問題等價于：“當x∈[e，e2]時，有f(x)min≤”． ①當a≥時，由(1)知，f(x)在[e，e2]上為減函數， 則f(x)min＝f(e2)＝－ae2≤，故a≥－. 6分 ②當a<時，由x∈[e，e2]得≤≤1， ∴f′(x)＝－2＋－a在[e，e2]上的值域為. 7分 (ⅰ)－a≥0，即a≤0，f′(x)≥0，在[e，e2]上恒成立，故f(x)在[e，e2]上為增函數， 于是，f(x

28、)min＝f(e)＝e－ae≥e>，不合題意. 8分 (ⅱ)－a<0，即00，f(x)為增函數； 12分 所以，fmin(x)＝f(x0)＝－ax0≤，x0∈(e，e2)， 所以，a≥－>－>－＝，與0

29、h(x)的單調性或最值． (4)根據單調性及最值，得到所證不等式． 特別地：當作差或變形構造的新函數不能利用導數求解時，一般轉化為分別求左、右兩端兩個函數的最值問題． 2．構造輔助函數的四種方法 (1)移項法：證明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)－g(x)<0)，進而構造輔助函數h(x)＝f(x)－g(x)． (2)構造“形似”函數：對原不等式同解變形，如移項、通分、取對數；把不等式轉化為左右兩邊是相同結構的式子的結構，根據“相同結構”構造輔助函數． (3)主元法：對于(或可化為)f(x1，x2)≥A的不等式，

30、可選x1(或x2)為主元，構造函數f(x，x2)(或f(x1，x))． (4)放縮法：若所構造函數最值不易求解，可將所證明不等式進行放縮，再重新構造函數． [變式訓練3]　設函數f(x)＝ax2ln x＋b(x－1)(x＞0)，曲線y＝f(x)過點(e，e2－e＋1)，且在點(1,0)處的切線方程為y＝0. (1)求a，b的值； (2)證明：當x≥1時，f(x)≥(x－1)2； (3)若當x≥1時，f(x)≥m(x－1)2恒成立，求實數m的取值范圍． [解]　(1)函數f(x)＝ax2ln x＋b(x－1)(x＞0)， 可得f′(x)＝2aln x＋ax＋b， 因

31、為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)證明：f(x)＝x2ln x－x＋1， 設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，＋∞)上單調遞增， 所以g′(x)≥g′(1)＝0， 所以g(x)在[0，＋∞)上單調遞增， 所以g(x)≥g(1)＝0，所以f(x)≥(x－1)2. 6分 (3)設h(x)＝x2ln x－x－m(x－1)2＋1， h′(x)＝2xln x＋x－2m

32、(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當3－2m≥0即m≤時，h′(x)≥0， 所以h(x)在[1，＋∞)單調遞增， 所以h(x)≥h(1)＝0，成立. 10分 ②當3－m＜0即m＞時， h′(x)＝2xln x－(1－2m)(x－1)， (h′(x))′＝2ln x＋3－2m， 令(h′(x))′＝0，得x0＝e－2＞1， 當x∈[1，x0)時，h′(x)＜h′(1)＝0， 13分 所以h(x)在[1，x0)上單調遞減，所以h(x)＜h(1)＝0，不成立． 綜上，m≤. 15分