浙江专版2019版高考数学一轮复习第三章导数3.2导数的应用学案.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 3.2 导数的应用 考纲解读 考点 考纲内容 要求 浙江省五年高考统计 2013 2014 2015 2016 2017 1.导数与单调性 1.了解函数单调性和导数的关系 . 2.会用导数研究函数的单调性 . 3.会求函数的单调区间 . 掌握 22(2),5分 21(文 ), 4分 22(1),5分 21(文 ), 约 8分 03(2) (自选 ), 5分 7,4分 20(2), 约 9分 2.导数与极值、最值 1.了解函数极值的概念及函数在某点取得极值的条件 . 2.会用导数求函数的极大值、极小值 . 3.会求闭区间上函数的最大值、最小值 . 掌握 22(2

2、),5分 8,5分 21(文 ), 约 5分 22,14分 21(文 ), 约 7分 分析解读 1.导数是高考的必考内容 .利用导数来研究函数的单调性、极值、最值等问题是命题的热点 . 2.考查重点是导数与极值、最值、单调区间、图形形状的联系 ,利用导数证明不等式 ,求函数零点等 ,属于难题 . 3.预计 2019年高考中 ,导数的考查必不可少 ,复习时要引起高度重视 . 五年高考 考点一 导数与单调性 1.(2017山东文 ,10,5分 )若函数 exf(x)(e=2.718 28? 是自然对数的底数 )在 f(x)的定义域上单调递增 ,则称函数 f(x)具有 M性质 .下列函数中具有 M性

3、质的是 ( ) A.f(x)=2-x B.f(x)=x2 C.f(x)=3-x D.f(x)=cos x 答案 A 2.(2015课标 ,12,5 分 )设函数 f (x)是奇函数 f(x)(xR) 的导函数 ,f(-1)=0,当 x0 时 ,xf (x)-f(x)0成立的 x的取值范围是 ( ) A.(-, -1)(0,1) B.(-1,0)(1,+) C.(-, -1)( -1,0) D.(0,1)(1,+) 答案 A 3.(2017江苏 ,11,5分 )已知函数 f(x)=x3-2x+ex- ,其中 e是自然对数的底数 .若 f(a-1)+f(2a2)0, 则实数 a的取值范围是 . 答

4、案 4.(2015浙江自选 ,“ 复数与导数 ” 模块 ,03(2),5分 )设函数 f(x)=(x2+2x-2)ex(xR), 求 f(x)的单调递减区间 . 解析 对 f(x)求导 ,得 f (x)=(x2+4x)ex. 由 f (x)0; 当 x( -1+ ,+) 时 , f (x)0),因此 h(x)在 0,+) 单调递减 ,而 h(0)=1, 故 h(x)1, 所以 f(x)=(x+1)h(x)x+1ax+1. 当 00(x0),所以 g(x)在 0,+) 单调递增 ,而 g(0)=0,故 exx+1. 当 0(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1 =x(1-a-x

5、-x2),取 x0= , 则 x0(0,1),(1 -x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故 f(x0)ax0+1. 当 a0 时 ,取 x0= , 则 x0(0,1), f(x 0)(1-x0)(1+x0)2=1ax 0+1. 综上 ,a 的取值范围是 1,+). 6.(2016山东 ,20,13分 )已知 f(x)=a(x-ln x)+ ,aR. (1)讨论 f(x)的单调性 ; (2)当 a=1时 ,证明 f(x)f (x)+ 对于任意的 x1,2 成立 . 解析 (1)f(x)的定义域为 (0,+), f (x)=a- - + = . 当 a0 时 ,x(0,1) 时 ,f (x)0

6、, f(x)单调递增 , x(1,+) 时 ,f (x)0时 ,f (x)= . 01, =【 ;精品教育资源文库 】 = 当 x(0,1) 或 x 时 ,f (x)0, f(x)单调递增 ,当 x 时 ,f (x)2 时 ,00,f(x)单调递增 ,当 x 时 ,f (x)2时 ,f(x)在 内单调递增 ,在 内单调递减 ,在 (1,+) 内单调递增 . (2)由 (1)知 ,a=1时 , f(x)-f (x)=x-ln x+ - =x-ln x+ + - -1,x1,2. 设 g(x)=x-ln x,h(x)= + - -1,x1,2. 则 f(x)-f (x)=g(x)+h(x). 由

7、g(x)= 0, 可得 g(x)g(1)=1. 当且仅当 x=1时取得等号 .又 h(x)= . 设 (x)= -3x2-2x+6,则 (x) 在 x1,2 内单调递减 . 因为 (1)=1,(2)= -10, 所以 ? x0(1,2), 使得 x(1,x 0)时 ,(x)0,x(x 0,2)时 ,( x)g(1)+h(2)= , 即 f(x)f (x)+ 对于任意的 x1,2 成立 . 7.(2015课标 ,21,12 分 )设函数 f(x)=emx+x2-mx. (1)证明 : f(x)在 (-,0) 单调递减 ,在 (0,+) 单调递增 ; (2)若对于任意 x1,x2 -1,1,都有

8、|f(x1)-f(x2)|e -1,求 m的 取值范围 . 解析 (1)证明 :f (x)=m(emx-1)+2x. 若 m0, 则当 x( -,0) 时 ,emx-10, f (x)0. 若 m0,f (x)0. 所以 ,f(x)在 (-,0) 单调递减 ,在 (0,+) 单调递增 . (2)由 (1)知 ,对任意的 m,f(x)在 -1,0单调递减 ,在 0,1单调递增 ,故 f(x)在 x=0处取得最小值 .所以对于任意x1,x2 -1,1,|f(x1)-f(x2)|e -1的充要条件是 即 设函数 g(t)=et-t-e+1, 则 g(t)=et-1. 当 t0时 ,g(t)0.故 g

9、(t)在 (-,0) 单调递减 ,在 (0,+) 单调递增 . 又 g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e1时 ,由 g(t)的单调性 ,g(m)0,即 em-me-1; 当 m0,即 e-m+me-1. 综上 ,m 的取值范围是 -1,1. 教师用书专用 (8 17) 8.(2017课标全国 理 ,21,12 分 )已知函数 f(x)=x-1-aln x. (1)若 f(x)0, 求 a的值 ; (2)设 m为整数 ,且对于任意正整数 n, ? 0,由 f (x)=1- = 知 ,当 x(0,a) 时 , f (x)0.所以 f(x)在 (0,a)单调递减 ,在 (a,+) 单调递增 .故

10、 x=a是 f(x)在 (0,+) 的唯一最小值点 . 由于 f(1)=0,所以当且仅当 a=1时 , f(x)0. 故 a=1. (2)由 (1)知当 x(1,+) 时 ,x-1-ln x0. 令 x=1+ ,得 ln 2, 所以 m的最小值为 3. 9.(2017江苏 ,20,16分 )已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+1(a0,bR) 有极值 ,且 导函数 f (x)的极值点是 f(x)的零点 .(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值 ) (1)求 b关于 a的函数关系式 ,并写出定义域 ; (2)证明 :b23a; (3)若 f(x), f (x)这两个函数的所有极值之和不小于

11、 - ,求 a的取值范围 . 解析 本小题主要考查利用导数研究初等函数的单调性、极值及零点问题 ,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力 . (1)由 f(x)=x3+ax2+bx+1,得 f (x)=3x2+2ax+b=3 +b- . 当 x=- 时 , f (x)有极小值 b- . 因 为 f (x)的极值点是 f(x)的零点 , 所以 f =- + - +1=0,又 a0,故 b= + . 因为 f(x)有极值 ,故 f (x)=0 有实根 ,从而 b- = (27-a3)0, 即 a3. 当 a=3时 , f (x)0(x -1),故 f(x)在 R上是增函数 , f(

12、x)没有极值 ; 当 a3时 , f (x)=0有两个相异的实根 x1= , x2= . 列表如下 : x (-,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2,+) f (x) + 0 - 0 + f(x) 极大值 极小值 故 f(x)的极值点是 x1,x2. 从而 a3. 因此 b= + ,定义域为 (3,+). =【 ;精品教育资源文库 】 = (2)证明 :由 (1)知 , = + . 设 g(t)= + ,则 g(t)= - = . 当 t 时 ,g(t)0,从而 g(t)在 上单调递增 . 因为 a3,所以 a 3 , 故 g(a )g(3 )= ,即 . 因此 b23a. (3)由

13、(1)知 , f(x)的极值点是 x1,x2, 且 x1+x2=- a, + = . 从而 f(x1)+f(x2)= +a +bx1+1+ +a +bx2+1 = (3 +2ax1+b)+ (3 +2ax2+b)+ a( + )+ b(x1+x2)+2= - +2=0. 记 f(x), f (x)所有极值之和为 h(a), 因为 f (x)的极值为 b- =- a2+ , 所以 h(a)=- a2+ ,a3. 因为 h(a)=- a- 0(x0), 所以函数 f(x)在 (-,+) 上单调递增 ; 当 a0时 ,若 x (0,+), 则 f (x)0,若 x ,则 f (x)0,若 x ,则

14、f (x)0时 , a3-a+c0或当 a0 均恒成立 , 从而 g(-3)=c-10, 且 g =c-10, 因此 c=1. 此时 ,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)x2+(a-1)x+1-a, 因函数 f(x)有三个零点 ,则 x2+(a-1)x+1-a=0有两个异于 -1的不等实根 ,所以 =(a -1)2-4(1-a)=a2+2a-30,且(-1)2-(a-1)+1-a0, 解得 a( -, -3) .综上 ,c=1. 11.(2014课标 ,21,12 分 )已知函数 f(x)=ex-e-x-2x. (1)讨论 f(x)的单调性 ; (2)设 g(x)=f(2x)-4bf(

15、x),当 x0时 ,g(x)0,求 b的最大值 ; (3)已知 1.414 20,g(x)0. =【 ;精品教育资源文库 】 = (ii)当 b2时 ,若 x满足 20, ln 2 0.692 8; 当 b= +1时 ,ln(b-1+ )=ln , g(ln )=- -2 +(3 +2)ln 2 -e1-x在区间 (1,+) 内恒成立 (e=2.718? 为自然对数的底数 ). 解析 (1)f (x)=2ax- = (x0). 当 a0 时 ,f (x)0时 ,由 f (x)=0,有 x= . 此时 ,当 x 时 ,f (x)0,f(x)单调递增 . (2)令 g(x)= - ,s(x)=ex

16、-1-x. 则 s(x)=ex-1-1. 而当 x1时 ,s(x)0, 所以 s(x)在区间 (1,+) 内单调递增 . =【 ;精品教育资源文库 】 = 又由 s(1)=0,有 s(x)0,从而当 x1时 ,g(x)0. 当 a0,x1 时 ,f(x)=a(x2-1)-ln xg(x)在区间 (1,+) 内恒成立时 ,必有 a0. 当 01. 由 (1)有 f 0, 所以此时 f(x)g(x)在区间 (1,+) 内不恒成立 . 当 a 时 ,令 h(x)=f(x)-g(x)(x1). 当 x1时 ,h(x)=2ax- + -e1-xx- + - = 0. 因此 ,h(x)在区间 (1,+)

17、内单调递增 . 又因为 h(1)=0,所以当 x1 时 ,h(x)=f(x)-g(x)0, 即 f(x)g(x)恒成立 . 综上 ,a . 13.(2015四川 ,21,14分 )已知函数 f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中 a0. (1)设 g(x)是 f(x)的导函数 ,讨论 g(x)的单调性 ; (2)证明 :存在 a(0,1), 使得 f(x)0 在区间 (1,+) 内恒成立 ,且 f(x)=0在区间 (1,+) 内有唯一解 . 解析 (1)由已知得 ,函数 f(x)的定义域为 (0,+), g(x)=f (x)=2(x-a)-2ln x-2 , 所以 g

18、(x)=2- + = . 当 00,(e)= - -2 f(x0)=0; 当 x(x 0,+) 时 ,f (x)0,从而 f(x)f(x0)=0. 所以 ,当 x(1,+) 时 ,f(x)0. 综上所述 ,存在 a(0,1), 使得 f(x)0 在区间 (1,+) 内恒成立 ,且 f(x)=0在区间 (1,+) 内有唯一解 . 14.(2015天津 ,20,14分 )已知函数 f(x)=nx-xn,xR, 其中 nN *,且 n2. (1)讨论 f(x)的单调性 ; (2)设曲线 y=f(x)与 x轴正半轴的交点为 P,曲线在点 P 处的切线方程为 y=g(x),求证 :对于 任意的正实数 x,都有 f(x)g(x); (3)若关于 x的方程 f(x)=a(a 为实数 )有两个正实数根 x1,x2,求证 :|x2-x1|0,即 x1时 ,函数 f(x)单调递减 . 所以 ,f(x)在 (-,1) 上单调递增 ,在 (1,+) 上单调递减 . (2)证明 :设点 P的坐标为 (x0,0