高三數(shù)學二輪復(fù)習 第1部分 專題6 突破點18 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（酌情自選）教師用書 理

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突破點18　導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(酌情自選) 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)y＝f(x)在此區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增；如果f′(x)＜0，那么函數(shù)y＝f(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)y＝f(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(shù)x0，當x＝x0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(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． 回訪1　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 1．(2016全國乙卷)若函數(shù)f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增，則a的取值范圍是(　　) A．－1,1]　　　　　　 B. C. D. C　取a＝－1，則f(x)＝x－sin 2x－sin x，f′(x)＝1－cos 2x－cos x，但f′(0)＝1－－1＝－＜0，不具備在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增的條件，故排除A，B，D.故選C.] 2．(2015全國卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)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(　　) A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞) A　設(shè)y＝g(x)＝(x≠0)，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)>0,00，x<－1， ∴使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0,1)，故選A.] 回訪2　函數(shù)的極值與最值 3．(2014全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點x0，且x0>0，則a的取值范圍是(　　) A．(2，＋∞) B．(－∞，－2) C．(1，＋∞) D．(－∞，－1) B　f′(x)＝3ax2－6x， 當a＝3時，f′(x)＝9x2－6x＝3x(3x－2)， 則當x∈(－∞，0)時，f′(x)>0； x∈時，f′(x)<0； x∈時，f′(x)>0，注意f(0)＝1，f＝>0，則f(x)的大致圖象如圖(1)所示． (1) 不符合題意，排除A、C. 當a＝－時，f′(x)＝－4x2－6x＝－2x(2x＋3)，則當x∈時，f′(x)<0，x∈時，f′(x)>0，x∈(0，＋∞)時，f′(x)<0，注意f(0)＝1，f＝－，則f(x)的大致圖象如圖(2)所示． (2) 不符合題意，排除D.] 4．(2016北京高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝ (1)若a＝0，則f(x)的最大值為________； (2)若f(x)無最大值，則實數(shù)a的取值范圍是________． 2　a<－1　由當x≤a時，f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝1. 如圖是函數(shù)y＝x3－3x與y＝－2x在沒有限制條件時的圖象． (1)若a＝0，則f(x)max＝f(－1)＝2. (2)當a≥－1時，f(x)有最大值； 當a<－1時，y＝－2x在x>a時無最大值，且－2a>(x3－3x)max，所以a<－1.] 熱點題型1　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性問題 題型分析：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性問題常在解答題的第(1)問中呈現(xiàn)，有一定的區(qū)分度，此類題涉及函數(shù)的極值點、利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性、不等式的恒成立等. 　(2016遼寧葫蘆島模擬)已知x＝1是f(x)＝2x＋＋ln x的一個極值點． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間； (2)設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)－，若函數(shù)g(x)在區(qū)間1,2]內(nèi)單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍. 【導(dǎo)學號：85952067】 解]　(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(jīng)檢驗，符合題意，所以b＝3.則函數(shù)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(shù)f(x)＝2x＋＋ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1].6分 (2)因為g(x)＝f(x)－＝2x＋ln x－，所以g′(x)＝2＋＋.8分 因為函數(shù)g(x)在1,2]上單調(diào)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≥(－2x2－x)max，而在1,2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3. 所以實數(shù)a的取值范圍為－3，＋∞).12分 根據(jù)函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上的單調(diào)性，求參數(shù)范圍的方法： (1)若函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增，轉(zhuǎn)化為f′(x)≥0在(a，b)上恒成立求解． (2)若函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)遞減，轉(zhuǎn)化為f′(x)≤0在(a，b)上恒成立求解． (3)若函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)，轉(zhuǎn)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(shù)y＝f(x)在(a，b)上不單調(diào)，轉(zhuǎn)化為f′(x)＝0在(a，b)上有解． 變式訓(xùn)練1]　(2016重慶模擬)設(shè)函數(shù)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(shù)，求a的取值范圍． 解]　(1)對f(x)求導(dǎo)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)＝－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(shù)； 當x1＜x＜x2時，g(x)＞0，即f′(x)＞0， 故f(x)為增函數(shù)； 當x＞x2時，g(x)＜0，即f′(x)＜0， 故f(x)為減函數(shù)． 由f(x)在3，＋∞)上為減函數(shù)，知x2＝≤3，解得a≥－， 故a的取值范圍為.12分 熱點題型2　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值問題 題型分析：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值是高考重點考查內(nèi)容，主要以解答題的形式考查，難度較大. 　(2016汕頭一模)已知函數(shù)f(x)＝ax2－(a2＋1)x＋aln x. (1)若函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減，求實數(shù)a的取值范圍； (2)當a∈時，求f(x)在1,2]上的最大值和最小值．(注意：ln 2＜0.7) 【導(dǎo)學號：85952068】 解]　(1)因為f(x)在上單調(diào)遞減，所以f′(x)＝ax－(a2＋1)＋≤0在上恒成立，即ax＋≤a2＋1.2分 ①當a≤0時，結(jié)論成立； ②當a＞0時，不等式等價為x＋≤a＋在上恒成立； 當x＞0時，h(x)＝x＋在(0,1)上是減函數(shù)，在1，＋∞)上是增函數(shù)， 所以要使函數(shù)h(x)＜h(a)在上恒成立，則0＜x≤或x≥e，綜上a≤或a≥e.4分 (2)f′(x)＝ax－(a2＋1)＋ ＝ ＝. 由f′(x)＝0得x＝a或.6分 ①當0＜a≤時，即f′(x)≤0時，f(x)在1,2]上遞減； 所以f(x)min＝f(2)＝2a－2(a2＋1)＋aln 2，f(x)max＝f(1)＝a－(a2＋1)； ②當＜a≤時， 當1≤x＜時，f′(x)＜0，當＜x≤2，f′(x)＞0， 所以f(x)min＝f＝－a－－aln a，8分 f(2)－f(1)＝a－(a2＋1)＋aln 2， 設(shè)h(x)＝x－(x2＋1)＋xln 2，＜x≤. h′(x)＝－2x＋ln 2， 因為＜x≤， 所以h′(x)＞0， 則h(x)在＜x≤上單調(diào)遞增， 所以h(x)max＝－＋ln 2 ＝－＋ln 2＜－＜0， 所以f(2)＜f(1)，所以f(x)max＝f(1)＝a－(a2＋1)， 綜上當0＜a≤時，f(x)min＝2a－2(a2＋1)＋aln 2，f(x)max＝f(1)＝a－(a2＋1)， 當＜a≤時，f(x)min＝－a－－aln a，f(x)max＝f(1)＝a－(a2＋1).12分 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)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(shù)值的符號． 2．若已知極值大小或存在情況，則轉(zhuǎn)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]上的最值時，在得到極值的基礎(chǔ)上，結(jié)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． 變式訓(xùn)練2]　(2016全國丙卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝αcos 2x＋(α－1)(cos x＋1)，其中α>0，記|f(x)|的最大值為A. (1)求f′(x)； (2)求A； (3)證明|f′(x)|≤2A. 解]　(1)f′(x)＝－2αsin 2x－(α－1)sin x．2分 (2)當α≥1時，|f(x)|＝|αcos 2x＋(α－1)(cos x＋1)|≤α＋2(α－1)＝3α－2＝f(0)．故A＝3α－2. 當0<α<1時，將f(x)變形為 f(x)＝2αcos2x＋(α－1)cos x－1. 令g(t)＝2at2＋(α－1)t－1， 則A是|g(t)|在－1,1]上的最大值， g(－1)＝α，g(1)＝3α－2， 且當t＝時，g(t)取得極小值， 極小值為g＝－－1＝－. 令－1<<1，解得α>.6分 ①當0<α≤時，g(t)在(－1,1)內(nèi)無極值點，|g(－1)|＝α，|g(1)|＝2－3α，|g(－1)|＜|g(1)|， 所以A＝2－3α. ②當<α<1時，由g(－1)－g(1)＝2(1－α)>0， 知g(－1)＞g(1)>g. 又－|g(－1)|＝＞0， 所以A＝＝. 綜上，A＝8分 (3)證明：由(1)得|f′(x)|＝|－2αsin 2x－(α－1)sin x|≤2α＋|α－1|. 當0<α≤時，|f′(x)|≤1＋α≤2－4α＜2(2－3α)＝2A. 當<α＜1時，A＝＋＋≥1， 所以|f′(x)|≤1＋α＜2A. 當α≥1時，|f′(x)|≤3α－1≤6α－4＝2A. 所以|f′(x)|≤2A.12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. 　設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋ln(x＋1)． (1)求證：當x∈(0，＋∞)時，f(x)＞x恒成立； (2)求證：＋＋…＋＜ln 2 016； (3)求證： ＜n(1－cos 1＋ln 2)． 證明]　(1)設(shè)g(x)＝x－f(x)＝x－x2－ln(x＋1)， 則g′(x)＝1－2x－＝. 當x＞0時，g′(x)＜0， 所以g(x)在(0，＋∞)上遞減， 所以g(x)＜g(0)＝0，即x＜f(x)恒成立.4分 (2)由(1)知，x＞0時，x－x2＜ln(x＋1)， 令x＝(n∈N*)， 得－＜ln ， 所以 ＜ ， 即＋＋…＋＜ln 2 016. (3)因為y＝sin x在0,1]上單調(diào)遞增， 所以sin ＝n ＜nsin xdx＝n(－cos x)|＝n(1－cos 1)． 又y＝在0,1]上單調(diào)遞減，9分 所以 ＝＋＋…＋ ＝n ＜ndx ＝nln(1＋x)| ＝nln 2.11分 所以 ＜n(1－cos 1＋ln 2).12分 1．利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的基本步驟 (1)作差或變形． (2)構(gòu)造新的函數(shù)h(x)． (3)利用導(dǎo)數(shù)研究h(x)的單調(diào)性或最值． (4)根據(jù)單調(diào)性及最值，得到所證不等式． 特別地：當作差或變形構(gòu)造的新函數(shù)不能利用導(dǎo)數(shù)求解時，一般轉(zhuǎn)化為分別求左、右兩端兩個函數(shù)的最值問題． 2．構(gòu)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)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]　(名師押題)已知函數(shù)f(x)＝ln x－mx＋m，m∈R. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，求實數(shù)m的取值范圍； (3)在(2)的條件下，任意的0＜a＜b，求證：＜. 解]　(1)f′(x)＝－m＝(x∈(0，＋∞))． 當m≤0時，f′(x)＞0恒成立，則函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當m＞0時，由f′(x)＝－m＝＞0， 則x∈，則f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.4分 (2)由(1)得：當m≤0時顯然不成立； 當m＞0時，f(x)max＝f＝ln－1＋m＝m－ln m－1， 只需m－ln m－1≤0，即令g(x)＝x－ln x－1，則g′(x)＝1－， 函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝0. 則若f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，m＝1.8分 (3)證明：＝＝－1＝－1， 由0＜a＜b得＞1， 由(2)得：ln≤－1，則－1≤－1＝＝＜， 則原不等式＜成立.12分