《2018版高考数学二轮复习第1部分重点强化专题专题6函数与导数第16讲导数的应用教学案理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018版高考数学二轮复习第1部分重点强化专题专题6函数与导数第16讲导数的应用教学案理（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1第第 1616 讲讲 导数的应用导数的应用题型 1 利用导数研究函数的单调性(对应学生用书第 53 页)核心知识储备1f(x)0 是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)x3在(，)上单调递增，但f(x)0.2f(x)0 是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f(x)0 时，则f(x)为常函数，函数不具有单调性3利用导数研究函数单调性的一般步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导函数f(x)；(3)若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f(x)0 或f(x)n0，1 恒成立，求实数a的取值范围. fmfn mn【导学号：0780411
2、2】思路分析 (1)求f(x)结合a的取值讨论f(x)的单调区间；(2)1f(m)mf(n)n由g(x)0fmfn mn等价变形构造函数gxfxx求a的取值范围分离参数解 (1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)2ax1 .1 x2ax2x1 x当a0 时，f(x).x1 x2显然，当x(0,1)时，f(x)0，函数f(x)单调递增；当x(1，)时，f(x)0，所以 2ax2x10 恒成立，即f(x)0 恒成立，1 8所以函数f(x)在(0，)上单调递增若0，即 00，x20，f(x)0，函数f(x)单调递增；(0，1 18a4a)当x时，2ax2x1x10.1 8当x时，2ax2x10
3、，f(x)0，函数f(x)单调递增；(0，1 18a4a)当x时，2ax2x10，f(x)0，函数f(x)单调递增(1 18a4a，)综上，当a0 时，f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，)；当a 时，函数f(x)的单调递增区间为(0，)，无单调递减区间；1 8当 01，且mn，故f(m)mf(n)n.fmfn mn记g(x)f(x)x，则函数g(x)f(x)x在(0，)上单调递增由g(x)f(x)xax22xln x，可得g(x)2ax2 0.1 x3因为x0，所以a .21x 2x1 x1 2x2记h(x) (x0)，则h(x) (2).1 x1 2x21 x21 21
4、 x31x x3显然，当x(0,1)时，h(x)0，函数h(x)单调递增；当x(1，)时，h(x)0 或fx0，当x0 时，f(x)0；当2 0 时，f(x)0；当x2 或x0，所1 21 a1 a4以f(x)的单调递增区间为；单调递减区间为(，0)，.(0，21 a)(21 a，)若a ，f(x)x2ex0，故f(x)的单调递减区间为(，)1 21 2若a0 时，f(x)0，所以1 21 a1 af(x)的单调递增区间为；单调递减区间为和(21 a，0)(，21 a)(0，)综上所述，当a0 时，f(x)的单调递增区间为和(，21 a)(0，)；单调递减区间为.当a0 时，f(x)的单调递增
5、区间为(21 a，0)(0，)；单调递减区间为(，0)当 0，所以在(0，)上，u(x)是单调递增函数又e1 21 x因为u(1)0，u ln ae e11 x1e1 e1 2(e1 e)，a0，右侧f(x)0，则f(x0)为函数f(x)的极小值2设函数yf(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在a，b上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得典题试解寻法【典题】 已知函数f(x)x2(a1)x2aln x(aR R)1 2(1)求函数f(x)的极值点；(2)若a2，求函数f(x)在1，t(t1)上的最小值. 【导学号：07804113】解 (1)函数f(x)的定义域为(0，)，
6、f(x)x(a1) a x.x2a1xa xxax1 x由f(x)0，可得x1a，x21.若a0，当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1，)f(x)0f(x)极小值故f(x)的极小值点为 1，无极大值点若 01，当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：6x(0,1)1(1，a)a(a，)f(x)00f(x)极大值极小值故f(x)的极小值点为a，极大值点为 1.综上，若a0，f(x)的极小值点为 1，无极大值点；若 01，f(x)极小值点为a，极大值点为 1.(2)当a2 时，f(x)x23x22ln x.1 2由(1)可知，函数f(x)在1,2上单调递减，在
7、2，)上单调递增若 12，则函数f(x)在1,2上单调递减，在2，t上单调递增，所以f(x)的最小值为f(2) 223222ln 222ln 2.1 2综上，当 12 时，f(x)的最小值为22ln 2.类题通法1.求函数fx的极值，则先求方程fx0 的根，再检查fx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fx0 根的大小或存在情况来求解.3.求函数fx在闭区间a，b的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值fa，fb与fx的各极值进行比较得到函数的最值.对点即时训练已知函数f(x)a(xln x)，e 为自然对数的底数ex x(1)当a0 时，试求f
8、(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间上有三个不同的极值点，求实数a的取值范围(1 2，2)解 (1)函数的定义域为x(0，)，f(x)aexx1 x2(11 x)7.当a0 时，对于任意x(0，)，exx1axx1 x2exaxx1 x2exax0 恒成立，所以若x1，f(x)0，若 00，所以2 1.【导学号：07804114】审题指导题眼挖掘关键信息看到曲线的切线方程，8想到求出f(1)，f(1)，用a，b表示切线方程.看到求a，b，想到用两条切线方程系数对应相等.看到证明不等式，想到求函数f(x)的最小值.规范解答 (1)函数f(x)的定义域为(0，)，fxaexln xaxex
9、b x2ex1b xex1.由题意可得f(1)2，f(1)e.故a1，b2.4 分(2)证明：由(1)知，f(x)exln x ex1，2 x从而f(x)1 等价于6 分xln xxex2e.设函数g(x)xln x，则g(x)1ln x.所以当x时，g(x)0.(1 e，)故g(x)在上单调递减，在上单调递增，从而g(x)在(0，)上的(0，1 e)(1 e，)最小值为g .8 分(1 e)1 e设函数h(x)xex ，则h(x)ex(1x)2 e所以当x(0,1)时，h(x)0；当x(1，)时，h(x)0 时，g(x)h(x)，即f(x)1. 12 分阅卷者说易错点防范措施处导数的运算法则
10、，复合函数求导法则不熟练，运算失分.对于复杂解析式求导要分清层次，包括运算层次，复合层次.处未对不等式进行变形、分化函数致解题受阻.对于复杂不等式，变形转化为等价的不等式证明，是证明不等式的重要方法.9处未转化为函数最值的不等关系致解题受阻.将不等式转化为不等式两边函数的最值关系是常用的方法，但要注意任意、存在等逻辑关系区别.类题通法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hx.3利用导数研究hx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
11、移项法：证明不等式fxgxfx0fxgx0，所以函数p(x)在0，)上单调递增，所以p(x)p(0)0，所以函数p(x)在0，)上单调递增，所以p(x)p(0)0.所以f(x)(x)(2)设h(x)(x1)2ln(x1)xmx2(x0)，所以h(x)2(x1)ln(x1)x2mx.10由(1)知当x0 时，(x1)2ln(x1)x2xx(x1)，所以(x1)ln(x1)x，所以h(x)3x2mx.当 32m0，即m 时，h(x)0，3 2所以h(x)在0，)上单调递增，所以h(x)h(0)0，满足题意当 32m 时，设H(x)h(x)2(x1)ln(x1)(12m)x，3 2H(x)2ln(x
12、1)32m，令H(x)0，得x0e10，故h(x)在2m3 20，x0上单调递减，在x0，)上单调递增当x0，x0)时，h(x)0 时，xf(x)f(x)0 成立的x的取值范围是( )【导学号：07804115】A(，1)(0,1)B(1,0)(1，)C(，1)(1,0)D(0,1)(1，)11A A 设yg(x)(x0)，则g(x)，当x0 时，fx xxfxfx x2xf(x)f(x)0，g(x)0 时，f(x)0,00，x0 成立的x的取值范围是(，1)(0,1)，故选 A.3.(2016全国卷)(1)讨论函数f(x)ex的单调性，并证明当x0 时，x2 x2(x2)exx20.(2)证
13、明：当a0,1)时，函数g(x)(x0)有最小值设exaxa x2g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域解 (1)f(x)的定义域为(，2)(2，)f(x)0，x1x2exx2ex x22x2ex x22当且仅当x0 时，f(x)0，所以f(x)在(，2)，(2，)上单调递增因此当x(0，)时，f(x)f(0)1.所以(x2)ex(x2)，即(x2)exx20.(2)g(x)(f(x)a)x2exax2 x3x2 x3由(1)知，f(x)a单调递增对任意a0,1)，f(0)aa10，f(2)aa0.因此，存在唯一xa(0,2，使得f(xa)a0，即g(xa)0.当 0xa时，f(x)a0，g(x)0，g(x)单调递增12因此g(x)在xxa处取得最小值，最小值为g(xa).exaaxa1x2aexafxaxa1x2aexaxa2于是h(a).exaxa2由0，得y单调递增，(ex x2)x1ex x22ex x2所以，由xa(0,2，得h(a).1 2e0 02exaxa2e2 22e2 4因为y单调递增，对任意，存在唯一的xa(0,2，af(xa)ex x2(1 2，e2 40
