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高考数学精品复习资料 2019.5突破点16导数的应用 (对应学生用书第57页)核心知识提炼提炼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yf(x)在此区间内单调递增；如果f(x)0，那么函数yf(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yf(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x0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xx0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，即可得结论高考真题回访回访1函数的极值与最值1(20xx·浙江高考)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)(ex1)(x1)k(k1,2)，则()A当k1时，f(x)在x1处取到极小值B当k1时，f(x)在x1处取到极大值C当k2时，f(x)在x1处取到极小值D当k2时，f(x)在x1处取到极大值C当k1时，f(x)(ex1)(x1)，则f(x)ex(x1)(ex1)exx1，所以f(1)e10，所以f(1)不是极值当k2时，f(x)(ex1)(x1)2，则f(x)ex(x1)22(ex1)(x1)ex(x21)2(x1)(x1)ex(x1)2，所以f(1)0，且当x1时，f(x)0；在x1附近的左侧，f(x)0，所以f(1)是极小值2(20xx·浙江高考)已知函数yf(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数yf(x)的图象如图161所示，则该函数的图象是()图161B从导函数的图象可以看出，导函数值先增大后减小，x0时最大，所以函数f(x)的图象的变化率也先增大后减小，在x0时变化率最大A项，在x0时变化率最小，故错误；C项，变化率是越来越大的，故错误；D项，变化率是越来越小的，故错误B项正确3(20xx·浙江高考)已知aR，函数f(x)2x33(a1)x26ax.(1)若a1，求曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程；(2)若|a|>1，求f(x)在闭区间0,2|a|上的最小值解(1)当a1时，f(x)6x212x6，所以f(2)6.3分又因为f(2)4，所以切线方程为y46(x2)，即6xy80.5分(2)记g(a)为f(x)在闭区间0,2|a|上的最小值f(x)6x26(a1)x6a6(x1)(xa)令f(x)0，得x11，x2a.8分当a>1时，x0(0,1)1(1，a)a(a,2a)2af(x)00f(x)0单调递增极大值3a1单调递减极小值a2(3a)单调递增4a3比较f(0)0和f(a)a2(3a)的大小可得g(a)10分当a<1时，x0(0,1)1(1，2a)2af(x)0f(x)0单调递减极小值3a1单调递增28a324a2得g(a)3a1.14分综上所述，f(x)在闭区间0,2|a|上的最小值为g(a)15分回访2导数的综合应用4(20xx·浙江高考)已知函数f(x)(x)ex.(1)求f(x)的导函数；(2)求f(x)在区间上的取值范围解(1)因为(x)1，(ex)ex，所以f(x)ex(x)ex.6分(2)由f(x)0，解得x1或x.9分因为x1f(x)00f(x)e0e又f(x)(1)2ex0，所以f(x)在区间上的取值范围是.15分5(20xx·浙江高考)已知函数f(x)x33|xa|(aR)(1)若f(x)在1,1上的最大值和最小值分别记为M(a)，m(a)，求M(a)m(a)；(2)设bR，若f(x)b24对x1,1恒成立，求3ab的取值范围解(1)因为f(x)所以f(x)2分由于1x1.当a1时，有xa，故f(x)x33x3a.此时f(x)在(1,1)上是增函数，因此，M(a)f(1)43a，m(a)f(1)43a，故M(a)m(a)(43a)(43a)8.3分当1<a<1时，若x(a,1)，f(x)x33x3a，在(a,1)上是增函数；若x(1，a)，f(x)x33x3a，在(1，a)上是减函数，所以，M(a)maxf(1)，f(1)，m(a)f(a)a3.由于f(1)f(1)6a2，因此当1a时，M(a)m(a)a33a4；当a1时，M(a)m(a)a33a2.4分当a1时，有xa，故f(x)x33x3a，此时f(x)在(1,1)上是减函数，因此，M(a)f(1)23a，m(a)f(1)23a，故M(a)m(a)(23a)(23a)4.6分综上可知，M(a)m(a)7分(2)令h(x)f(x)b，则h(x)h(x)因为f(x)b24对x1,1恒成立，即2h(x)2对x1,1恒成立，所以由(1)知，当a1时，h(x)在(1,1)上是增函数，h(x)在1,1上的最大值是h(1)43ab，最小值是h(1)43ab，则43ab2且43ab2，矛盾；9分当1<a时，h(x)在1,1上的最小值是h(a)a3b，最大值是h(1)43ab，所以a3b2且43ab2，从而2a33a3ab6a2且0a.令t(a)2a33a，则t(a)33a2>0，t(a)在上是增函数，故t(a)t(0)2，因此23ab0.11分当<a<1时，h(x)在1,1上的最小值是h(a)a3b，最大值是h(1)3ab2，所以a3b2且3ab22，解得<3ab0.13分当a1时，h(x)在1,1上的最大值是h(1)23ab，最小值是h(1)23ab，所以3ab22且3ab22，解得3ab0.综上，得3ab的取值范围是23ab0.15分6(20xx·浙江高考)已知aR，函数f(x)x33x23ax3a3.(1)求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)当x0,2时，求|f(x)|的最大值解(1)由题意f(x)3x26x3a，故f(1)3a3.2分又f(1)1，所以所求的切线方程为y(3a3)x3a4.5分(2)由于f(x)3(x1)23(a1)，0x2，故当a0时，有f(x)0，此时f(x)在0,2上单调递减，故|f(x)|maxmax|f(0)|，|f(2)|33a.7分当a1时，有f(x)0，此时f(x)在0,2上单调递增，故|f(x)|maxmax|f(0)|，|f(2)|3a1.9分当0a1时，设x11，x21，则0x1x22，f(x)3(xx1)(xx2)列表如下：x0(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2,2)2f(x)00f(x)33a极大值f(x1)极小f(x2)值3a1由于f(x1)12(1a)·，f(x2)12(1a)·，10分故f(x1)f(x2)20，f(x1)f(x2)4(1a)·0，从而f(x1)|f(x2)|.所以|f(x)|maxmaxf(0)，|f(2)|，f(x1)当0a时，f(0)|f(2)| .又f(x1)f(0)2(1a)(23a)0，故|f(x)|maxf(x1)12(1a).12分当a1时，|f(2)|f(2)，且f(2)f(0)又f(x1)|f(2)|2(1a)(3a2)，所以()当a时，f(x1)|f(2)|.14分故f(x)maxf(x1)12(1a).()当a1时，f(x1)|f(2)|.故f(x)max|f(2)|3a1.综上所述，|f(x)|max15分 (对应学生用书第59页)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.【例1】已知x1是f(x)2xln x的一个极值点(1)求函数f(x)的单调递减区间；(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. 【导学号：68334147】解(1)因为f(x)2xln x，所以f(x)2，因为x1是f(x)2xln x的一个极值点，所以f(1)2b10，解得b3，经检验，符合题意，所以b3.则函数f(x)2xln x，其定义域为(0，).4分令f(x)20，解得x1，所以函数f(x)2xln x的单调递减区间为(0,1.7分(2)因为g(x)f(x)2xln x，所以g(x)2.9分因为函数g(x)在1,2上单调递增，所以g(x)0在1,2上恒成立，即20在x1,2上恒成立，所以a(2x2x)max，而在1,2上，(2x2x)max3，所以a3.所以实数a的取值范围为3，).15分方法指津根据函数yf(x)在(a，b)上的单调性，求参数范围的方法：(1)若函数yf(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yf(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yf(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yf(x)在(a，b)上不单调，转化为f(x)在(a，b)上变号. 变式训练1设函数f(x)(aR)(1)若f(x)在x0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线yf(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).2分因为f(x)在x0处取得极值，所以f(0)0，即a0.当a0时，f(x)，f(x)，故f(1)，f(1)，从而f(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y(x1)，化简得3xey0.6分(2)由(1)知f(x).令g(x)3x2(6a)xa，由g(x)0，解得x1，x2.8分当xx1时，g(x)0，即f(x)0，故f(x)为减函数；当x1xx2时，g(x)0，即f(x)0，故f(x)为增函数；当xx2时，g(x)0，即f(x)0，故f(x)为减函数由f(x)在3，)上为减函数，知x23，解得a，故a的取值范围为.15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.【例2】已知函数f(x)满足f(x)f(1)ex1f(0)xx2.(1)求f(x)的解析式及单调区间；(2)若f(x)x2axb，求(a1)b的最大值解(1)f(x)f(1)ex1f(0)xx2f(x)f(1)ex1f(0)x，令x1，得f(0)1，所以f(x)f(1)ex1xx2，令x0，得f(0)f(1)e11，解得f(1)e，故函数的解析式为f(x)exxx2.3分令g(x)f(x)ex1x，所以g(x)ex10，由此知yg(x)在xR上单调递增当x0时，f(x)f(0)0；当x0时，由f(x)f(0)0得：函数f(x)exxx2的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，0).6分(2)f(x)x2axbh(x)ex(a1)xb0，得h(x)ex(a1).8分当a10时，h(x)0yh(x)在xR上单调递增，x时，h(x)与h(x)0矛盾当a10时，h(x)0xln(a1)，h(x)0xln(a1)，得当xln(a1)时，h(x)min(a1)(a1)ln(a1)b0，即(a1)(a1)ln(a1)b，所以(a1)b(a1)2(a1)2ln(a1)(a10)令F(x)x2x2ln x(x0)，则F(x)x(12ln x)，所以F(x)00x，F(x)0x，当x时，F(x)max，即当a1，b时，(a1)b的最大值为.15分方法指津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已知函数f(x)ln xa(1x)(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a2时，求a的取值范围解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)a.2分若a0，则f(x)>0，所以f(x)在(0，)上单调递增若a>0，则当x时，f(x)>0；当x时，f(x)<0.所以f(x)在上单调递增，在上单调递减.6分(2)由(1)知，当a0时，f(x)在(0，)上无最大值；当a>0时，f(x)在x处取得最大值，最大值为flnaln aa1.10分因此f>2a2等价于ln aa1<0.令g(a)ln aa1，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).15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.【例3】设函数f(x)ax.(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，x2e，e2，使f(x1)f(x2)a成立，求实数a的取值范围解(1)由得x>0且x1，则函数f(x)的定义域为(0,1)(1，)，因为f(x)在(1，)上为减函数，故f(x)a0在(1，)上恒成立又f(x)a2a2a，故当，即xe2时，f(x)maxa.所以a0，于是a，故a的最小值为.4分(2)命题“若存在x1，x2e，e2，使f(x1)f(x2)a成立”等价于“当xe，e2时，有f(x)minf(x)maxa”. 由(1)知，当xe，e2时，f(x)maxa，f(x)maxa.5分问题等价于：“当xe，e2时，有f(x)min”当a时，由(1)知，f(x)在e，e2上为减函数，则f(x)minf(e2)ae2，故a.6分当a<时，由xe，e2得1，f(x)2a在e，e2上的值域为.7分()a0，即a0，f(x)0，在e，e2上恒成立，故f(x)在e，e2上为增函数，于是，f(x)minf(e)eaee>，不合题意.8分()a<0，即0<a<，由f(x)的单调性和值域知，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；12分所以，fmin(x)f(x0)ax0，x0(e，e2)，所以，a>>，与0<a<矛盾.14分综上得a.15分方法指津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设函数f(x)ax2ln xb(x1)(x0)，曲线yf(x)过点(e，e2e1)，且在点(1,0)处的切线方程为y0.(1)求a，b的值；(2)证明：当x1时，f(x)(x1)2；(3)若当x1时，f(x)m(x1)2恒成立，求实数m的取值范围解(1)函数f(x)ax2ln xb(x1)(x0)，可得f(x)2aln xaxb，因为f(1)ab0，f(e)ae2b(e1)a(e2e1)e2e1，所以a1，b1.2分(2)证明：f(x)x2ln xx1，设g(x)x2ln xxx2(x1)，g(x)2xln xx1，(g(x)2ln x10，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)(x1)2.6分(3)设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)，当32m0即m时，h(x)0，所以h(x)在1，)单调递增，所以h(x)h(1)0，成立.10分当3m0即m时，h(x)2xln x(12m)(x1)，(h(x)2ln x32m，令(h(x)0，得x0e21，当x1，x0)时，h(x)h(1)0，13分所以h(x)在1，x0)上单调递减，所以h(x)h(1)0，不成立综上，m.15分
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