2020版《微点教程》高考人教A版文科数学一轮复习文档：第二章 第十一节　导数的应用 .docx

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1、第十一节导数的应用2019考纲考题考情1函数的导数与单调性的关系函数yf (x)在某个区间内可导，则(1)若f (x)0，则f (x)在这个区间内单调递增。(2)若f (x)0，则f (x)在这个区间内单调递减。(3)若f (x)0，则f (x)在这个区间内是常数函数。2函数的极值与导数(1)函数的极小值若函数yf (x)在点xa处的函数值f (a)比它在点xa附近其他点的函数值都小，且f (a)0，而且在点xa附近的左侧f (x)0，右侧f (x)0，则xa叫做函数的极小值点，f (a)叫做函数的极小值。(2)函数的极大值若函数yf (x)在点xb处的函数值f (b)比它在点xb附近其他点的

2、函数值都大，且f (b)0，而且在点xb附近的左侧f (x)0，右侧f (x)0，则xb叫做函数的极大值点，f (b)叫做函数的极大值，极大值和极小值统称为极值。3函数的最值与导数(1)函数f (x)在a，b上有最值的条件：一般地，如果在区间a，b上，函数yf (x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值。(2)求函数yf (x)在a，b上的最大值与最小值的步骤为：求函数yf (x)在(a，b)内的极值；将函数yf (x)的各极值与端点处的函数值f (a)，f (b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值。1函数f (x)在区间(a，b)上递增，则f (x)0，“f (

3、x)0在(a，b)上成立”是“f (x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件。2对于可导函数f (x)，“f (x0)0”是“函数f (x)在xx0处有极值”的必要不充分条件。如函数yx3在x0处导数为零，但x0不是函数yx3的极值点。 一、走进教材1(选修11P93练习T1(2)改编)函数yxex的单调递减区间为()A(，0) B(0，)C1，) D(1，)解析y1ex0。故选B。答案B2(选修11P99A组T5(4)改编)函数f (x)2xxlnx的极值是()A B CeDe2解析f (x)定义域为(0，)，因为f (x)2(lnx1)1lnx，当f (x)0时，解得0xe；当f (x

4、)e，所以xe时，f (x)取到极大值，f (x)极大值f (e)e。故选C。答案C二、走近高考3(2016四川高考)已知a为函数f (x)x312x的极小值点，则a()A4B2 C4D2解析由已知得，f (x)3x2123(x24)3(x2)(x2)。于是当x2时，f (x)0；当2x2时，f (x)0在(0，)上恒成立，则f (x)在(0，)上单调递增，又f (0)1，所以此时f (x)在(0，)内无零点，不满足题意。当a0时，由f (x)0得x，由f (x)0得0x0，f (x)单调递增，当x(0,1)时，f (x)0恒成立，所以f (x)是增函数。故选C。答案C6函数g(x)x2的极值

5、点是_，函数f (x)(x1)3的极值点_(填“存在”或“不存在”)。解析结合函数图象可知g(x)x2的极值点是x0。因为f (x)3(x1)20，所以f (x)0无变号零点，故函数f (x)(x1)3不存在极值点。答案0不存在7函数g(x)x2在1,2上的最小值和最大值分别是_，在(1,2)上的最小值和最大值均_(填“存在”或“不存在”)。解析根据函数的单调性及最值的定义可得。答案1,4不存在第1课时导数与函数的单调性考点一 讨论函数的单调性【例1】(1)已知e为自然对数的底数，则函数yxex的单调递增区间是()A1，) B(，1C1，) D(，1(2)(2019惠州调研)已知函数f (x)

6、x2(a2)xalnx，其中aR。若曲线yf (x)在点(2，f (2)处的切线与直线xy30平行，求a的值；求函数f (x)的单调区间。(1)解析令y(1x)ex0。因为ex0，所以1x0，所以x1。故选A。答案A(2)解由f (x)x2(a2)xalnx可知，函数f (x)的定义域为x|x0，且f (x)2x(a2)，依题意，f (2)4(a2)1，解得a2。依题意，f (x)2x(a2)(x0)。令f (x)0，得x11，x2。()当a0时，0，由f (x)0，得x1；由f (x)0，得0x1。则函数f (x)的单调递增区间为(1，)，单调递减区间为(0,1)。()当01，即0a0，得0

7、x1；由f (x)0，得x1，即a2时，由f (x)0，得0x；由f (x)0，得1x0，解集在定义域内的部分为单调递增区间。4解不等式f (x)0，函数g(x)单调递增；若a0，当x时，g(x)0，函数g(x)单调递增，当x时，g(x)0时，g(x)的单调递增区间为，单调递减区间为。考点二 已知函数的单调性求参数取值范围【例2】设函数f (x)x3x2bxc，曲线yf (x)在点(0，f (0)处的切线方程为y1。(1)求b，c的值；(2)若a0，求函数f (x)的单调区间；(3)设函数g(x)f (x)2x，且g(x)在区间(2，1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围。解(1)f (x

8、)x2axb。由题意得即故b0，c1。(2)由(1)得f (x)x2axx(xa)，a0。当x(，0)时，f (x)0；当x(0，a)时，f (x)0。所以函数f (x)的单调递增区间为(，0)，(a，)，单调递减区间为(0，a)。(3)g(x)x2ax2，依题意，存在x(2，1)，使不等式g(x)x2ax2x成立，即amin。因为x(2，1)，所以x(1,2)，则x22，当且仅当x，即x时等号成立，所以a2，则a2x。若f (a2)f (a)44a，则实数a的取值范围为()A(，1 B1，)C(，2 D2，)解析令G(x)f (x)x2，则G(x)f (x)2x。x0，)时，G(x)f (x

9、)2x0，所以G(x)在0，)上是增函数。G(x)f (x)(x)2f (x)x2G(x)，所以G(x)为偶函数，G(x)在(，0)上是减函数。因为f (a2)f (a)44a，所以f (a2)44aa2f (a)a2，所以f (a2)(a2)2f (a)a2，即G(a2)G(a)，所以|a2|a|，所以a1。故选A。答案A本小题构造了新函数G(x)f (x)x2，通过讨论其单调性解不等式。 方向2：比较大小【例4】(2019南昌摸底调研)已知函数f (x)是定义在R上的偶函数，设函数f (x)的导函数为f (x)，若对任意x0都有2f (x)xf (x)0成立，则()A4f (2)9f (3

10、)C2f (3)3f (2) D3f (3)0都有2f (x)xf (x)0成立，则当x0时，有g(x)x(2f (x)xf (x)0恒成立，即函数g(x)在(0，)上为增函数，又由函数f (x)是定义在R上的偶函数，则f (x)f (x)，则有g(x)(x)2f (x)x2f (x)g(x)，即函数g(x)也为偶函数，则有g(2)g(2)，且g(2)g(3)，则有g(2)g(3)，即有4f (2)0”，需构造函数g(x)x2f (x)，求导后得x0时，g(x)0，即函数g(x)在(0，)上为增函数，从而问题得以解决。 【题点对应练】1(方向1)已知函数f (x)(xR)满足f (1)1，且f

11、 (x)的导函数f (x)，则不等式f (x2)的解集为_。解析由题意构造函数f (x)f (x)x，则F (x)f (x)。因为f (x)，所以F (x)f (x)0，即函数F (x)在R上单调递减。因为f (x2)，f (1)1，所以f (x2)f (1)，所以F (x2)1，即x(，1)(1，)。答案(，1)(1，)2(方向2)定义在R上的函数f (x)满足：f (x)f (x)恒成立，若x1e x2f (x1)Be x1f (x2)0，所以g(x)在R上单调递增，当x1x2时，g(x1)g(x2)，即e x2f (x1)。答案A1(配合例1使用)若函数y在(1，)上单调递减，则称f (

12、x)为P函数。下列函数中为P函数的为()f (x)1；f (x)x；f (x)；f (x)。A BC D解析x(1，)时，lnx0，x增大时，都减小，所以y，y在(1，)上都是减函数，所以f (x)1和f (x)都是P函数；，所以x(1，e)时，0，即y在(1，e)上单调递减，在(e，)上单调递增，所以f (x)x不是P函数；，所以x(1，e2)时，0，即y在(1，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增，所以f (x)不是P函数。故选B。答案B2(配合例1使用)已知函数f (x)ln(ex1)ax(a0)，讨论函数yf (x)的单调区间。解f (x)a1a。当a1时，f (x)0恒成立，所以

13、当a1，)时，函数yf (x)在R上单调递减。当0a0，得(1a)(ex1)1，即ex1，解得xln，由f (x)0，得(1a)(ex1)1，即ex1，解得xln。所以当a(0,1)时，函数yf (x)在上单调递增，在上单调递减。综上，当a1，)时，f (x)在R上单调递减；当a(0,1)时，f (x)在上单调递增，在上单调递减。3(配合例3、例4使用)设偶函数f (x)定义在上，其导函数为f (x)，当0x时，f (x)cosxf (x)sinx2f cosx的解集为()ABCD解析令g(x)，因为f (x)是定义在上的偶函数，所以g(x)是定义在上的偶函数，又当0x时，f (x)cosxf

14、 (x)sinx0，所以g(x)2f cosx化为，即g(x)g，则|x|1，则不等式f (x)x0的解集为_。【解析】令g(x)f (x)x，所以g(x)f (x)1。由题意知g(x)0，所以g(x)为增函数。因为g(2)f (2)20，所以g(x)0的解集为(2，)。【答案】(2，)【典例2】是圆周率，e是自然对数的底数，在3e，e3，e，3,3，e六个数中，最小的数与最大的数分别是()A3e,3B3e，e Ce3，3De,3【解析】构造函数f (x)，f (x)的定义域为(0，)，求导得f (x)，当f (x)0，即0xe时，函数f (x)单调递增；当f (x)e时，函数f (x)单调递

15、减。故函数f (x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，)。因为e3，所以eln3eln，lneln3，即ln3elne，lneln3。又函数ylnx，yex，yx在定义域上单调递增，故3ee3，e3e3，故这六个数中的最大数为3或3，由e3及函数f (x)的单调性，得f ()f (3)f (e)，即，由，得ln33，在3e，e3，e，3,3，e六个数中的最大的数是3，同理得最小的数为3e。故选A。【答案】A二、ex与f (x)的组合函数【典例3】已知f (x)(xR)有导函数，且xR，f (x)f (x)，nN*，则有()Aenf (n)enf (0)Benf (n)f (0)，

16、f (n)f (0)，f (n)enf (0)Denf (n)f (0)，f (n)0，g(x)为R上的增函数，故g(n)g(0)g(n)，即，即enf (n)enf (0)。故选A。【答案】A【典例4】设a0，b0，e是自然对数的底数，则()A若ea2aeb3b，则abB若ea2aeb3b，则abD若ea2aeb3b，则a0，b0，所以ea2aeb3beb2bbeb2b。对于函数yex2x(x0)，因为yex20，所以yex2x在(0，)上单调递增，因而ab成立。故选A。【答案】A第2课时导数与函数的极值、最值考点一 函数的极值问题微点小专题方向1：由图象判断函数的极值【例1】设函数f (x

17、)在R上可导，其导函数为f (x)，且函数y(1x)f (x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是()A函数f (x)有极大值f (2)和极小值f (1)B函数f (x)有极大值f (2)和极小值f (1)C函数f (x)有极大值f (2)和极小值f (2)D函数f (x)有极大值f (2)和极小值f (2)解析由题图可知，当x0；当2x1时，f (x)0；当1x2时，f (x)2时，f (x)0。由此可以得到函数f (x)在x2处取得极大值，在x2处取得极小值。故选D。答案D知图判断函数极值的情况。先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号。 方向2：求函数的极值【例2】

18、已知函数f (x)2f (1)lnxx，则f (x)的极大值为()A2 B2ln22Ce D2e解析函数f (x)定义域(0，)，f (x)1，所以f (1)1，f (x)2lnxx，令f (x)10，解得x2。当0x0，当x2时，f (x)0，且2121a0，所以a(，1。答案(，1已知函数极值点或极值求参数的两个要领1列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解。2验证：因为某点处的导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性。 【题点对应练】1(方向1)已知函数f (x)的定义域为(a，b)，导函数f (x)在(a，b)上的

19、图象如图所示，则函数f (x)在(a，b)上的极大值点的个数为()A1 B2C3 D4解析由函数极值的定义和导函数的图象可知，f (x)在(a，b)上与x轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x0不是函数f (x)的极值点，其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个。答案B2(方向2)若x2是函数f (x)(x2ax1)ex1的极值点，则f (x)的极小值为()A1 B2e3C5e3 D1解析因为f (x)(x2ax1)ex1，所以f (x)(2xa)ex1(x2ax1)ex1x2(a2)xa1ex1。因为x2是函数f (x)(x2ax1)

20、ex1的极值点，所以2是x2(a2)xa10的根，所以a1，f (x)(x2x2)ex1(x2)(x1)ex1。令f (x)0，解得x1，令f (x)0，解得2x0，得0x1，由f (x)1，所以f (x)1lnx的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，)。(2)由(1)得f (x)在上单调递增，在1，e上单调递减，所以f (x)在上的最大值为f (1)11ln10。又f 1eln2e，f (e)1lne，且f 0，所以f (x)在(0，)上单调递增；当m0时，令f (x)0得0x，令f (x)，所以f (x)在上单调递增，在上单调递减。(2)由(1)知，当m0时，f (x)无最大值；

21、当m0时，f (x)在上单调递增，在上单调递减。所以f (x)maxf ln2mnln2lnmnln2，所以nlnm，所以mnmlnm，令h(x)xlnx(x0)，则h(x)1，所以h(x)在上单调递减，在上单调递增，所以h(x)minhln2，所以mn的最小值为ln2。1(配合例3使用)设函数f (x)2lnxmx21。(1)讨论函数f (x)的单调性；(2)当f (x)有极值时，若存在x0，使得f (x0)m1成立，求实数m的取值范围。解(1)函数f (x)的定义域为(0，)，f (x)2mx，当m0时，f (x)0，所以f (x)在(0，)上单调递增；当m0时，令f (x)0，则0x，令

22、f (x)，所以f (x)在上单调递增，在上单调递减。综上，当m0时，f (x)在(0，)上单调递增；当m0时，f (x)在上单调递增，在上单调递减。(2)由(1)知，当f (x)有极值时，m0，且f (x)在上单调递增，在上单调递减。所以f (x)maxf 2lnm1lnm，若存在x0，使得f (x0)m1成立，则f (x)maxm1。即lnmm1，lnmm10)，因为g(x)10，所以g(x)在(0，)上单调递增，且g(1)0，所以m10，即m1。综上，0m0)，则F (x)(x0)，所以当0x1时，F (x)1时，F (x)0，F (x)单调递增。所以F (x)F (1)10，所以a。记

23、G(x)，x，则G(x)。因为x，所以22lnx2(1lnx)0，所以x2lnx20，所以当x时，G(x)0，G(x)单调递增。所以G(x)minG(1)1，所以aG(x)min1，故实数a的取值范围为1，)。第3课时导数与不等式考点一 不等式的证明微点小专题方向1：移项作差构造法【例1】(2019江西赣州高三模拟)已知函数f (x)1，g(x)bx，若曲线yf (x)与曲线yg(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直。(1)求a，b的值；(2)证明：当x1时，f (x)g(x)。解(1)因为f (x)1，所以f (x)，f (1)1。因为g(x)bx，所以g(x)b。因为曲

24、线yf (x)与曲线yg(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)1，且f (1)g(1)1，所以g(1)a1b1，g(1)a1b1，解得a1，b1。(2)证明：由(1)知，g(x)x，则f (x)g(x)1x0。令h(x)1x(x1)，则h(1)0，h(x)11。因为x1，所以h(x)10，所以h(x)在1，)上单调递增，所以h(x)h(1)0，即1x0，所以当x1时，f (x)g(x)。待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证。 【变式训练】(2018全国卷)已知函数f (x)

25、aexlnx1。(e2.718 28是自然对数的底数)(1)设x2是f (x)的极值点，求a，并求f (x)的单调区间；(2)证明：当a时，f (x)0。解(1)f (x)的定义域为(0，)，f (x)aex。由题设知，f (2)0，所以a。从而f (x)exlnx1，f (x)ex。当0x2时，f (x)2时，f (x)0。所以f (x)在(0,2)单调递减，在(2，)单调递增。(2)证明：当a时，f (x)lnx1。设g(x)lnx1，则g(x)。当0x1时，g(x)1时，g(x)0。所以x1是g(x)的极小值点也是最小值点。故当x0时，g(x)g(1)0。因此，当a时，f (x)0。方向

26、2：特征分析法【例2】已知函数f (x)axlnx1。(1)若f (x)0恒成立，求a的最小值；(2)证明：xlnx10；(3)已知k(exx2)xxlnx恒成立，求k的取值范围。解(1)由题意知x0，所以f (x)0等价于a。令g(x)，则g(x)，所以当x(0,1)时，g(x)0，当x(1，)时，g(x)1，恒有ln(x1)k1kx成立，求k的取值范围；(3)证明：1，ln(x1)k1kxkf (x1)k，所以f (x1)maxk，所以k1。(3)证明：由(1)可得f (x)f (x)maxf (1)11，当且仅当x1时取等号。令xn2(nN*，n2)。则1(n2)，所以0)，若a0，则f (x)0，f (x)在(0，)上单调递增；若a0，则当0x0，当x时，f (x)0，所以只需证f (x)2e，当ae时，由(1)知，f (x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以f (x)