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【课堂新坐标】2017届高三文科数学(通用版)二轮复习练习:1.6.3导数的应用(酌情自选).doc


突破点 16 导数的应用(酌情自选)

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来解决(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.

回访 1 导数与函数的单调性 1 1.(2016· 全国乙卷)若函数 f(x)=x- sin 2x+asin x 在(-∞,+∞)单调递增,则 a 的取 3

值范围是(

) 1? B.? ?-1,3? 1? D.? ?-1,-3?

A.[-1,1] 1 1? C.? ?-3,3? C

1 2 2 [取 a=-1,则 f(x)=x- sin 2x-sin x,f′(x)=1- cos 2x-cos x,但 f′(0)=1- -1 3 3 3

2 =- <0,不具备在(-∞,+∞)单调递增的条件,故排除 A,B,D.故选 C.] 3 2. (2015· 全国卷Ⅱ)设函数 f′(x)是奇函数 f(x)(x∈R)的导函数, f(-1)=0, 当 x>0 时, xf′(x) -f(x)<0,则使得 f(x)>0 成立的 x 的取值范围是( A.(-∞,-1)∪(0,1) C.(-∞,-1)∪(-1,0) A )

B.(-1,0)∪(1,+∞) D.(0,1)∪(1,+∞)

xf′?x?-f?x? f?x? [设 y=g(x)= (x≠0),则 g′(x)= ,当 x>0 时,xf′(x)-f(x)<0, x x2

∴g′(x)<0,∴g(x)在(0,+∞)上为减函数,且 g(1)=f(1)=-f(-1)=0. ∵f(x)为奇函数,∴g(x)为偶函数, ∴g(x)的图象的示意图如图所示.

当 x>0,g(x)>0 时,f(x)>0,0<x<1, 当 x<0,g(x)<0 时,f(x)>0,x<-1, ∴使得 f(x)>0 成立的 x 的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1),故选 A.] 回访 2 函数的极值与最值 3.(2014· 全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)=ax3-3x2+1,若 f(x)存在唯一的零点 x0,且 x0>0,则 a 的取值范围是( A.(2,+∞) C.(1,+∞) B [f′(x)=3ax2-6x, ) B.(-∞,-2) D.(-∞,-1)

当 a=3 时,f′(x)=9x2-6x=3x(3x-2), 则当 x∈(-∞,0)时,f′(x)>0; 2? x∈? ?0,3?时,f′(x)<0;

2 ? ?2? 5 x∈? ?3,+∞?时,f′(x)>0,注意 f(0)=1,f?3?=9>0,则 f(x)的大致图象如图(1)所示.

(1) 不符合题意,排除 A、C. 3? 4 当 a =- 时, f′(x) =- 4x2 - 6x =- 2x(2x+ 3) ,则当 x ∈? ?-∞,-2? 时, f′(x)<0 , x∈ 3

?-3,0?时,f′(x)>0,x∈(0,+∞)时,f′(x)<0,注意 f(0)=1,f?-3?=-5,则 f(x)的大致图 ? 2 ? ? 2? 4
象如图(2)所示.

(2) 不符合题意,排除 D.]
?x3-3x,x≤a, ? 4.(2016· 北京高考)设函数 f(x)=? ? ?-2x,x>a.

(1)若 a=0,则 f(x)的最大值为________; (2)若 f(x)无最大值,则实数 a 的取值范围是________. 2 a<-1 [由当 x≤a 时,f′(x)=3x2-3=0,得 x=± 1.

如图是函数 y=x3-3x 与 y=-2x 在没有限制条件时的图象. (1)若 a=0,则 f(x)max=f(-1)=2. (2)当 a≥-1 时,f(x)有最大值; 当 a<-1 时,y=-2x 在 x>a 时无最大值,且-2a>(x3-3x)max,所以 a<-1.]

热点题型 1 利用导数研究函数的单调性问题 题型分析:利用导数研究函数的单调性问题常在解答题的第 (1)问中呈现,有一定的区 分度,此类题涉及函数的极值点、利用导数判断函数的单调性、不等式的恒成立等. b (2016· 辽宁葫芦岛模拟)已知 x=1 是 f(x)=2x+ +ln x 的一个极值点. x (1)求函数 f(x)的单调递减区间; 3+a (2)设函数 g(x)=f(x)- ,若函数 g(x)在区间[1,2]内单调递增,求实数 a 的取值范围. x 【导学号:85952067】 b b 1 b [解] (1)因为 f(x)=2x+ +ln x,所以 f′(x)=2- 2+ ,因为 x=1 是 f(x)=2x+ +ln x x x x x 的一个极值点,所以 f′(1)=2-b+1=0,解得 b=3,经检验,符合题意,所以 b=3.则函数 3 f(x)=2x+ +ln x,其定义域为(0,+∞).4 分 x 3 1 3 令 f′(x)=2- 2+ <0,解得- <x<1, x x 2 3 所以函数 f(x)=2x+ +ln x 的单调递减区间为(0,1].6 分 x 3+a a 1 a (2)因为 g(x)=f(x)- =2x+ln x- ,所以 g′(x)=2+ + 2.8 分 x x x x 1 a 因为函数 g(x)在[1,2]上单调递增, 所以 g′(x)≥0 在[1,2]上恒成立, 即 2+ + 2≥0 在 x∈[1,2] x x 上恒成立,所以 a≥(-2x2-x)max,而在[1,2]上,(-2x2-x)max=-3,所以 a≥-3. 所以实数 a 的取值范围为[-3,+∞).12 分

根据函数 y=f(x)在(a,b)上的单调性,求参数范围的方法: (1)若函数 y=f(x)在(a,b)上单调递增,转化为 f′(x)≥0 在(a,b)上恒成立求解. (2)若函数 y=f(x)在(a,b)上单调递减,转化为 f′(x)≤0 在(a,b)上恒成立求解. (3)若函数 y=f(x)在(a,b)上单调,转化为 f′(x)在(a,b)上不变号即 f′(x)在(a,b)上恒正或 恒负. (4)若函数 y=f(x)在(a,b)上不单调,转化为 f′(x)在(a,b)上变号. 3x2+ax [变式训练 1] (2016· 重庆模拟)设函数 f(x)= (a∈R). ex (1)若 f(x)在 x=0 处取得极值,确定 a 的值,并求此时曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线 方程;

(2)若 f(x)在[3,+∞)上为减函数,求 a 的取值范围. [解] (1)对 f(x)求导得 f′(x)=
x x ?6 x+a? e -? 3 x2+ax? e x 2 ? e?

-3x2+? 6 -a?x+a = .2 分 ex 因为 f(x)在 x=0 处取得极值,所以 f′(0)=0,即 a=0. -3x2+6x 3x2 3 3 当 a=0 时,f(x)= x ,f′(x)= ,故 f(1)= ,f′(1)= ,从而 f(x)在点(1,f(1))处 e ex e e 3 3 的切线方程为 y- = (x-1),化简得 3x-ey=0.6 分 e e (2)由(1)知 f′(x)= -3x2+? 6 -a?x+a . x e

令 g(x)=-3x2+(6-a)x+a, 6-a- a2+36 由 g(x)=0,解得 x1= , 6 x2= 6-a+ a2+36 .8 分 6

当 x<x1 时,g(x)<0,即 f′(x)<0, 故 f(x)为减函数; 当 x1<x<x2 时,g(x)>0,即 f′(x)>0, 故 f(x)为增函数; 当 x>x2 时,g(x)<0,即 f′(x)<0, 故 f(x)为减函数. 6-a+ a2+36 9 由 f(x)在[3,+∞)上为减函数,知 x2= ≤3,解得 a≥- , 6 2 9 ? 故 a 的取值范围为? ?-2,+∞?.12 分 热点题型 2 利用导数研究函数的极值、最值问题 题型分析:利用导数研究函数的极值、最值是高考重点考查内容,主要以解答题的形式 考查,难度较大. 1 - (2016· 株洲一模)已知函数 f(x)满足 f(x)=f′(1)ex 1-f(0)x+ x2. 2 (1)求 f(x)的解析式及单调区间; 1 (2)若 f(x)≥ x2+ax+b,求(a+1)b 的最大值. 2 1 - - [解] (1)f(x)=f′(1)ex 1-f(0)x+ x2? f′(x)=f′(1)ex 1-f(0)+x, 2

令 x=1,得 f(0)=1,所以 1 - f(x)=f′(1)ex 1-x+ x2, 2 1 - 令 x=0,得 f(0)=f′(1)e 1=1,解得 f′(1)=e,故函数的解析式为 f(x)=ex-x+ x2.3 分 2 令 g(x)=f′(x)=ex-1+x,所以 g′(x)=ex+1>0,由此知 y=g(x)在 x∈R 上单调递增. 当 x>0 时,f′(x)>f′(0)=0;当 x<0 时,由 f′(x)<f′(0)=0 得: 1 函数 f(x)=ex-x+ x2 的单调递增区间为(0,+∞),单调递减区间为(-∞,0).6 分 2 1 (2)f(x)≥ x2+ax+b?h(x)=ex-(a+1)x-b≥0,得 h′(x)=ex-(a+1).8 分 2 ①当 a+1≤0 时,h′(x)>0? y=h(x)在 x∈R 上单调递增,x→-∞时,h(x)→-∞与 h(x)≥0 矛盾. ②当 a+1>0 时,h′(x)>0?x>ln(a+1),h′(x)<0?x<ln(a+1), 得当 x=ln(a+1)时, h(x)min=(a+1)-(a+1)ln(a+1)-b≥0, 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),则 F′(x)=x(1-2ln x), 所以 F′(x)>0?0<x< e,F′(x)<0?x> e,当 x= e时, e e e F(x)max= ,即当 a= e-1,b= 时,(a+1)b 的最大值为 .12 分 2 2 2

利用导数研究函数极值、最值的方法 1.若求极值,则先求方程 f′(x)=0 的根,再检查 f′(x)在方程根的左右函数值的符号. 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]上的最值时,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. [变式训练 2] (2015· 全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)=ln x+a(1-x). (1)讨论 f(x)的单调性; (2)当 f(x)有最大值,且最大值大于 2a-2 时,求 a 的取值范围. 1 [解] (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= -a.2 分 x 若 a≤0,则 f′(x)>0,所以 f(x)在(0,+∞)上单调递增. 1? 若 a>0,则当 x∈? ?0,a?时,f′(x)>0; 1 ? 当 x∈? ?a,+∞?时,f′(x)<0.

1? ?1 ? 所以 f(x)在? ?0,a?上单调递增,在?a,+∞?上单调递减.6 分 (2)由(1)知,当 a≤0 时,f(x)在(0,+∞)上无最大值; 1 当 a>0 时,f(x)在 x= 处取得最大值,最大值为 a 1? ?1? ? 1? f? ?a?=ln?a?+a?1-a?=-ln a+a-1.10 分 1? 因此 f? ?a?>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 0<a<1 时,g(a)<0;当 a>1 时,g(a)>0. 因此,a 的取值范围是(0,1).12 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. x (2016· 长沙十三校联考)设函数 f(x)= -ax. ln x (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.
? ?x>0, [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) ?ln x≠0, ?

在(1,+∞)上为减函数,故 f′(x)= 又 f′(x)=

ln x-1 -a≤0 在(1,+∞)上恒成立. ? lnx?2

ln x-1 1 ?2 1 -a=-? ?ln x? +ln x-a ? lnx?2

1 1?2 1 =-? ?ln x-2? +4-a, 1 1 1 故当 = ,即 x=e2 时,f′(x)max= -a. ln x 2 4 1 1 1 所以 -a≤0,于是 a≥ ,故 a 的最小值为 .4 分 4 4 4 (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 1 f(x)min≤f′(x)max+a”.由(1)知,当 x∈[e,e2]时,f′(x)max= -a, 4 1 ∴f′(x)max+a= .5 分 4 1 问题等价于:“当 x∈[e,e2]时,有 f(x)min≤ ”. 4 1 ①当 a≥ 时,由(1)知,f(x)在[e,e2]上为减函数, 4

e2 1 1 1 则 f(x)min=f(e2)= -ae2≤ ,故 a≥ - 2.6 分 2 4 2 4e 1 1 1 ②当 a< 时,由 x∈[e,e2]得 ≤ ≤1, 4 2 ln x 1 1?2 1 1 ? 2 ? ∴f′(x)=-? ?ln x-2? +4-a 在[e,e ]上的值域为?-a,4-a?.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, 1 于是,f(x)min=f(e)=e-ae≥e> ,不合题意.8 分 4 1 (ⅱ)-a<0,即 0<a< ,由 f′(x)的单调性和值域知, 4 存在唯一 x0∈(e,e2),使 f′(x)=0,且满足: 当 x∈(e,x0)时,f′(x)<0,f(x)为减函数; 当 x∈(x0,e2)时,f′(x)>0,f(x)为增函数;10 分 所以,fmin(x)=f(x0)= x0 1 -ax0≤ ,x0∈(e,e2), ln x0 4

1 1 1 1 1 1 1 1 所以,a≥ - > - > - = ,与 0<a< 矛盾.11 分 ln x0 4x0 ln e2 4e 2 4 4 4 1 1 综上得 a≥ - 2.12 分 2 4e

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)<g(x))的问题转化为证明 f(x)-g(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] (2016· 太原一模)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), 3 ①当 3-2m≥0 即 m≤ 时,h′(x)≥0, 2 所以 h(x)在[1,+∞)单调递增, 所以 h(x)≥h(1)=0,成立. 3 ②当 3-m<0 即 m> 时, 2 h′(x)=2xln x-(1-2m)(x-1), (h′(x))′=2ln x+3-2m, 2m-3 令(h′(x))′=0,得 x0=e -2>1, 2 当 x∈[1,x0)时,h′(x)<h′(1)=0, 所以 h(x)在[1,x0)上单调递减,所以 h(x)<h(1)=0,不成立. 3 综上,m≤ .12 分 2


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