2018年高考数学第三章导数及其应用专题12导数的应用考场高招大全

1、所以g(1)g(2),即，所以 4f(1)f(2),故选 B.专题专题 12导数的应用导数的应用考点 24 导数与函数的单调性考场高招 1 巧用构造法，借助函数单调性判断大小解读高招技巧解读典例指引利用导数运算法则直接构造(1) 已知 “f(x)g(x)+f(x)g(x) ” ,可构造:H(x)=f(x)g(x);(2) 已知 “f(x)g(x)-f(x)g(x) ” ,可构造:H(x)=?(马典例导引1(1)根据具体题设条件灵活构造首先通过观察所给的不等式的特点，适时构造函数，然后判断所构造函 数的单调性，利用其单调性，回归到对原函数的符号的判断典例导引1(2)2.典例指引1(1)(2017

2、 四川资阳一诊)已知f(x)是定义在区间(0,+R)内的函数,其导函数为f(x),且不等式xf(x)2f(x)恒成立,则()A.4f(1)f(2)C.f(1)4f(2)D.f(1)4f(2016 福建质检)已知f(x)是定义在 R 上的减函数，其导函数f(x)满足，则下列结论正确的是()A.对于任意x R,f(x)0C.当且仅当x(-R,1)时,f(x)0【答案】(1)B(2)Bfgx7(x) - 2对 3)xfx) -2“43【解析】(1)设函数g(x)=(x0),则g(x)=0,所以函数g(x)在(0,+s)内为减函数因为函数f(x)是定义在 R 上的减函数,所以f(x)vo.因为+xf

3、(x).所以f(x)+(x-1)f (x)0,构造函数g(x)=(x-1)f(x),则g(x)=f(x)+(x-1)f(x)0,所以函数g(x)在 R 上单调递增.又因为g(1)=(1-1)f(1)=0,所以当x1 时,g(x)0;当x1 时,g(x)0,f(x)0.又因为f(x)是定义在 R 上的减函数,所以f(1)0.综上所述,对于任意xR, f(x)0.故选B.3.亲临考场1.(2017 贵州遵义模拟)设定义在 R 上的偶函数y=f(x),满足对任意x R 都有f(t)=f(2-t),且当x (0,1尤r2016r2017时,f (x)=.若a=f, b=f , c=,则()A.bcaB

4、.avbvcC.cvavbD.bac【答案】C【解析】偶函数产 Hx)满足f(f(f)T=2.T=2.当 底(0, 1时,fix)fix)岂严 3 斗$0,即y=f(x)y=f(x)在(0,1上为増函数卡)途72一护心)胡珂詈)*叶9=( 9讯訪E(竽)吩88 4-沪(亂因扯0.1【解析】f(x)=ex-.由x=0 是f(x)的极值点得f(0)=0,所以m=.于是f(x)=ex-ln(x+1),定义域为(-1,+s),31f(x)=ex-.1函数 f (x)=ex-E “在(-1, +8 8)内单调递增,且 f (0)=0.因此当x(-1,0)时,f(x)0.所以f(x)在(-1,0)内单调递

5、减，在(0,+8)内单调递增.当2J JTE (*8)时，In (In(x2)(x2)故只需证明当 Z 时,f(x)f(x)AL当庐 2时函数产 3(2 T 内单调递増.又严(T) 0 严(0)乜故 F Cr) R在(2j *8)內有唯一实根巫且卫 (1,0).当JT(_2,卫)时,ff(x) 0.考场高招 2 利用导数讨论函数的单调性或求单调区间的解题步骤1.解读高招类型解读典例指引证明或讨论函数f(x)的单调性(1)确定函数f(x)的定义域；求导数 f (x),并求方程f(x)=0 的根；(3)利用 f (x)=0 的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f(x)的正负，由符

6、号确定f(x)在该子区间上的单调性典例导引2(1)求函数的单调区间(1)确定函数f(x)的定义域；求导数 f (x);(3)由f(x)0(f (x)0 时,f(x)在相应的区间上是增函数；当f(x)0 时，f(x)在相应的区间上是减函数.还可以列表，写出函数的单调区间典例导引2(2)2.典例指引5【解析】函数 f(x) -alnx/Ya-JT 的走义域为(6 心),设 君(JT)=2x-JC+為A=l 8a.a.当定了丈 W0,刁 0成立,故F F 3 3 刁 0 0成立,f(x)f(x)在(0, T 内为増函数;当 0你勺寸，乜fl1- 11-a令君(X)F 得监=显然当 Jf(OJJTL)

7、时,菖(JT)如F F(JT)fix)fix)为増函数当 jr (jTlj 呛)时 J 苕 3 0,函数g(x)单调递增；所以当aw0时，g(x)的单调增区间为(0,+x)；当a0 时,g(x)的单调增区间为I勿丿，单调减区间为 1加丿3.亲临考场若a0,当x时，函数g(x)单调递增，当x时，g(x)f (o)=-i所以(x_2)ex_(x+2)j (x_2)ez+x+20.(2)g)二注严=洋(仗)+宜). 护护由(l)iDj 当 x0时謂 f (s)+a 单调递増.对任意 a Oj 1)jf (O) +aFar 10.因此，存在唯一 xaE(0, 2,使得 f (xa)+a=O,即 gJ仗

8、 a)=0.当 0 xxa 时鼻 f (x) +a0,g g(x) xa 时，f 3)+a0, gJ(x) 0, g 仗)单调递増.因此 g(x)在尸 xa 处取得最小值，存在唯一的 xa (0,2,a= -f(xa) 0,1),使得 h(a)=入.所以 h(a)的值域是辽 F.最小值为 g(xa) =旧Jg+丄)于是3 磊所以,因为 单调递综上，当 a 0,1)时,g(x)有最小值 h(a),h(a)的值域是 乜咗12.(2017 广东汕头模拟)设函数 f(x)=x2-(a+1)x+aln x,a0.(1)求函数 f(x)的单调区间；讨论函数 f(x)的零点个数.【解析】(1)函数 fG)的

9、定义域为(0,心)，r(x)=x-(旳岸=已吐虫出=血曲(Q0).当 0al 时，令 fJ(x)0j,得 ax009 9得 0 xl,所以函数 f (x)的单调増区间为(a)和(1,心),单调减区间为(a, 1);当护 1时,F 仗)二呼丰 0恒成立所以函数 f 3的单调増区间为(0, S,无单调减区间；当 时,令 fJ(x) 0,得 lx0j 得 0 xl 或沈為所以函数 f 仗)的单调増区间为(0,1)和(a,心),单调减区间为(1, a)由(1)可知，当 0a1 时，函数 f(x)的单调增区间为(0,a)和(1,+ g),单调减区间为(a,1),11所以 f(x)极大值=f(a)=- a

10、2-a+aIna0,f(x)极小值=f(1)=- -a0,所以函数 f(x)有唯一零点；当 a=1 时,函数 f(x)在(0,+g)内单调递增，又注意到 f(1)=-0,所以函数 f(x)有唯一零点；当 a1 时,函数 f(x)的单调递增区间是(0,1)和(a,+ g),单调递减区间是(1,a),91 1所以 f(x)极大值=f(1)=-a0,f(x)极小值=f(a)=-a2-a+alna0,所以函数 f(x)有唯一零点.综上所述,函数 f(x)有唯一零点.考点 25导数与函数的极值与最值考场高招 3 四步顺利求解可导函数f(x)的极值1.解读高招步骤解读1.求定义域根据函数的解析式有意义建立

11、不等式，求出定义域2.求导利用求导法则，求出f(x)并化简3.求根求方程f(x)=0 的根,观察根是否在函数的定义域内，否则舍掉4.确定极值检验f(x)在方程f(x)=0 的根的左右两侧的函数值的符号，明确在哪个根处取得 极大值和极小值，可列表完成温馨提醒(1)导函数的零点并不一定是函数的极值点，需要根据极值点定义去分析判断.根据导函数 f(X)的图象也可确定函数f(x)的极值点：导函数图象穿过x轴的点就是原函数的极值点2.典例指引3 .设函数f(x)= -klnx,k0,求f(x)的单调区间和极值【解析】 Tf(x)= -klnx,k0, x (0,+g),k x2- k(x + 护 X*

12、-护)f(X)=X-；：:=o,由得x=.f(x)与f(x)在区间(0,+g)内的情况如下：x(0, &)凋(也,+g)f(x)-0+f(x)Lk1 - Sikj/2所以f(x)的单调递减区间是(0,),单调递增区间是(，+R),f(x)在x=处取得极小值fc(l -ink)f ()=,f(x)不存在极大值.3.亲临考场1.(2017 课标口,理 11)若x=-2 是函数f(x)=(x2+ax-1) 丁1的极值点,则f(x)的极小值为()33A.-1B.-2e-C 5e-D. 1【答案】A【解析】由题意可得，(JT)如)eJ 1代补1=空#(占吃)JT枯 T e 因为 x=-2是函数

13、f(x)的极倩点所以F(2)R*所以尸 T*所以心所以 L (x)-(x:-6r)令f(x)=0,解得X1=-2,X2=1.当 x 变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表：x(-8,-2)-2(-2,1)1(1,+8)W)0-0+f(x)极大值极小值/所以当 x=1 时,f(x)有极小值，并且极小值为 f(1)=(1-1-1)e1-1=-1,故选 A7PT2.(2014 课标口,理 12)设函数f(x)=sin.若存在f(x)的极值点X。满足+f(xo)2mi,则m的取值范围是()A.(-g g,-6)U(6,+8)B.(-8,-4)U(4,+)11C.(-g,-2)U(2,+8)【答案】

14、CD.(-8,-1)U(1,+8)【解析】X0是f(x)的极值点， f (xo)=0,即 cos=0,得xo=kn+,k 乙即xo=mk+mk 乙+f(xo)2m可转化为m, kZ,m+3m,k 乙3 -1-,解得mv-2 或m：2.故选 C.2x3.(2017 山东，理 20)已知函数f(x)=x+2cosx,g(x)=e (cosx-si nx+2x-2),其中 e2.718 28 是自然对 数的底数.(1)求曲线y=f(x)在点(n,f(n)处的切线方程.令h(x)=g(x)-af(x)(a R),讨论h(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.【解折】由题意 H 兀 2 兀 r又

15、f(x) 2x-2sin x,所以 严(兀)2兀，因此曲线产心在点(兀(兀)处的切线方程为片(兀 T)初 T (丁兀人即 _p=2 兀 x-TT1-2.(2)由题竜得 /i(x) etcos xsin x吃 x2)花(才吃 cosx)t因丸 I扩(JT)二巳M(CDSin jrJCS) (ns inJTCOS JT池)-E(2JT吆sinJT)=2eJ(xsin x) -2(jf-sinx)=2(eJja) (xsinJT),令 j(x) -xnsin 血 则 (JT) =1-cosJTO,所以机刃在 K 上单调递増.m13要使原问题成立，只需存在k乙使 1-成立即可.13因为JT(O)=0j

16、所以当JTA)时“3 A);当 x0 时,对(尤)0.1当 aO 时.e jQ0_,当 x0 时，h(x)=2(ex-eln a)(x-sinx),由h(x)=0 得xi=n a, X2=0.(门当 0时$ In 百0,当_r (-8g 曰)时“飞0,气JT)丸3 单调递増；当JTG(In 4 0)时,e-e1* K,扩 Cr) 0,求函数f(x)在区间 上的最大值.(2)(2017 河北四校联考)在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60 米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间),每单位时间的用氧量为：+1(升),在水底作业 10 个单V位时间，每单位

17、时间用氧量为 0.9(升),返回水面的平均速度为(米/单位时间),每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升).1求y关于v的函数关系式；2若c0),求当下潜速度v取什么值时，总用氧量最少.15【解析】f3的定义域为(6 T,严 3 三-沪宁当 0 4寸(JT)当 jrMfl 寸,ff(JT) 0aa二f(x)f(x)的单调増区间为(巧,f 3 的单调减区间为 e +当十如即 o心申主函数 A-V)在区间 E 诃上单调递増，当 x-e 时f(x)f(x).oj-lne-sfe-l) =1-ae 3.当注存內即捱朮总时屈数心)在区间&日上单调递増二当用勻

18、寸鼻- -1)-_lna_laa 忙 a z岂 c m 即撰时，函数心)在区间 E 同上单调递减当JT勻寸，/(x) -ln-_fif-1 )-1GG7B1综上所述,当 0ae 时，f(x)max=-i- +a.60(2)由题意，得下潜用时(单位时间),匸$十 1卜巴二雪+聖用氧量为v血叭升),水底作业时的用氧量为 10X0.9=9(升),60 _ 120VT120180返回水面用时(单位时间),用氧量为XI.5=(升),3r2240: +-所以总用氧量y=+9(vo).6v 2403(1-2000)y=刈/25护,令y=0 得v=10,当 OvvvIO 时,y10 时,y0,函数单调递增.所

19、以当CV10 时，函数在(c,10)内递减，在(10,15)内递增，此时，当v=10 时总用氧量最少当 c 10 时,y在c,15上递增，此时当v=c时，总用氧量最少.3.亲临考场1.(2017 辽宁葫芦岛二模)已知函数f(x)=x2ex.(1)求f(x)在(-g g,0)上的最大值;1若函数f(x)在(-1,+g)内的最小值为m,当x0 时，试比较m-与 Inx-2x+1 的大小.17【解析】)电如听T当时严(JT)屯 F(x)递増； 当-2r0 时鼻f f Gr) Oj f(x)递减: : fJfJ在(-8)内的最大值为 A-2). T当-1 么0 IHtF F(x) 0,f(x)f(x)

20、递减当 xA)时,F(JT)A),fix)fix)递増二/3 在(1子 8)内的最小值为“ 设 g(jr) Lnxjr%二当 o o申寸,(对丸；当兀已寸,$ 3 心占誉 3亠它住）=ln=Tn21即 Inx-2x+10 或 f(x)w0(f(x)在该区 间的任意子区间内都不恒等于0)恒成立，先分离参数，再转化为求函数的最值问题，从而获得参数的取值范围典例导引5(1)函数在某一区间上存在单调区间实际上就是 f(x)0(或 f(x)-1,所以b的取值范围是bW-1.故选C.19(2)T函数 f(jr)=x=x:左(JT)=2=2 兀-&T 函数在 R 上存在单调递増区间, 二厂 3WJT

21、T-QO有解，即 就有解.令 / &) =2飞：/ &) =2neR, Jr=ln 2gg(x) =2neJA)Jxlnxln2 2t t二当x=lnx=ln2 时，&(JT)3 毛：Ln 2-2.；.a0,解得 0vxe, 即函数的递增区间为(0,e).若函数f(x)在区间(a,a+2)内单调递增，故实数a的取值范围是0,e-2.【解析】依题意g(x)=3kx2-1.kW0时,g(x)=3kx2-10,所以g(x)在(1,2)内单调递减,不满足题意;因为函数g(x)在区间(1,2)内不单调，所以 12,解得k .t 0,则a的取值范围是A.(2,+8)B.(1,+8)

22、C.(-8,-2)D.(-8,-1)【答案】C【解析】当a=0 时,显然f(x)有 2 个零点，不符合题意当当k0 时，g(x)在内单调递减，在内单调递增.1综上所述,实数k的取值范围是当a0 时,f f(x)=3ax2-6x=3x(ax-2),易知函数f(x)在(-勺 0)内单调递增.2又f(0)=1,当xT-X时，f(x)=x(ax-3)+1f-8 8,故不适合题意；当a0 就满足题意.厲 -由f0,得+10,解得a2(舍去).故a-2.2.(2015 课标II,理 21)设函数f(x)=emx+x2-mx.(1)证明：f(x)在(-8,0)内单调递减，在(0,+x)内单调递增；若对于任意

23、X1,X2-1,1,都有|f(x1)-f(x2)|We-1,求m的取值范围.【解析】 厂 3 =jff(eM-l)程兀若总 6 贝当 x (-T0)时k-iWo,严 3;当 Jf (Oj *8)时，F F(x) X-若効屯则当JT(-8,o)时，(x)(x)0;当JF (OJ*士)时，f fJ JCri JO-所以,在( (-TO)内单调递减在 T 内单调递増.由(1)知，对任意的mf(x)在-1,0上单调递减，在0,1上单调递增，故f(x)在x=0 处取得最小值 所以对于任意X1,X2-1,1,|f(xj-f(X2)|We-1 的充要条件是(r(l) - r(0) -1,IH - L)-f(

24、O)e. 即 k + E 兰-1.设函数g(t)=et-e+1,贝Ug(t)=e(-1.当t0 时,g(t)0 时,g(t)0.故g(t)在(-8,0)单调递减，在(0,+8)内单调递增.1又g(1)=0,g(-1)=e-+2-e0,故当t-1,1时,g(t)0.当 m-1,1时，g(n) 0,g(-m) 时，由g(t)的单调性，g(n)0,即 em-me-1;当m0,即 e-m+m：e-1.综上，m的取值范围是-1,1.考点 27 利用导数解决综合问题 考场高招 6 利用导数证明不等式的规律211.解读高招类型解读典例指引直接构 造函数 证明不 等式给定函数的某些性质，如函数的单调性、最 值

25、等，需服务于要证明的不等式.其一般步骤 是:构造可导函数T研究单调性或最值T得 出不等关系T整理得出结论.如证明:f(x)g (x)(x D),令 F(x)=f (x)-g(x)(x D),只 须证明 F(x)min0(x D)即可，从而把证明不 等式问题转化求 F(X)min 问题典例导引6(1)类型解读典例指引变形后 再构 造函数证明 不等式对于给出的不等式直接证明无法下手时，可考虑对不等式进行必要的等价变形，再去证 明.例如采用两边取对数(指数)，移项通分等 等.要注意变形的方向，利用函数的性质，力求 变形后不等式一边出现需要的函数关系式.有时需要通过换元法将复杂的表达式进行化 简再去求

26、解典例导引6(2)(3)温馨提 醒(1)以导函数和不等式为基础，单调性为主线，最 (极)值为助手，从数形结合、分类讨论等多视角进行综合探索.(2)构造函数过程中务必要保证不等式的等价变形，要充分借助参数的范围进行化简2.典例指引6(1)(2016 河北石家庄一模)已知函数f(x)=ex-3x+3a(e 为自然对数的底数，aF).求f(x)的单调区间与极值；求证：当aln ,且x0 时，x+ -3a.(2)(节选自 2017 湖南郴州二测)已知函数f(x)=x(1+lnx).若斜率为k的直线与曲线y=f(x)交于1A(X1,y,B(X2,y2)两点，其中X1VX2,求证：X1 .x【解析】(1)

27、【解】 由f(X)=e-3x+3a,x R知 f (x)=ex-3,x R 令f(x)=0,得x=ln 3,于是当X变化时，f(X),f(x)的变化情况如下表：X(-g,In3)In3(In3,+g)f(X)-0+f(X)3(1-In3+a)/故f(x)的单调递减区间是(-g ,ln 3,单调递增区间是In 3,),f(x)在x=ln 3 处取得极小值,极小值为f(In 3)=en 3-3ln 3+3a=3(1-In 3+a).2【证明】待证不等式等价于设黑 3相axYtXER,于是s(才)#3才ln-lrL3-l知君g 的最，卜值为(皿)=3(1713轴 E 于是对任意才乩都有伽)乜所臥苕(

28、JC)在 H 上单调递増.于是当 小時二1口3-1时对任青*(o. #8),都有-(x)書(0)-而童(0)电从而对任青x (o,区(址)刀*即e-jr 3 av也，故农円&PX2)- rci)_inx2 -血i(2)【证明】k=,1要证明Xl X2,Ml用2 尤2X|即证X1X2,等价于 1,令t=(由X11),t-1则只需证 1 1,知 Int0,故等价于 Intt-11).(*)11设g(t)=t-1-I nt,则当t1 时,g(t)=1- 0,所以g(t)在(1,+g)内是增函数，当t1 时,g(t)=t-1-Intg(1)=0,所以t-1I nt;2设h(t)=tlnt-(t

29、-1),则当t1 时，h(t)=lnt0,所以h(t)在(1,+g)内是增函数，23所以当t1 时,h(t)=tl nt-(t-1)g(1)=0,即tintt-1(t1).1由知(*)成立，所以Xi0,由f(xi)+f(X2)+xiX2=0,得 Inxi+ +xi+lnx2+ +X2+XiX2=0,2从而(X1+X2)+(X1+X2)=XiX2-ln(X1X2),1 _ - 1令t=x1X2,则由 $ (t)=t-1 nt得 $(t)=1-,可知，$ (t)在区间(0,1)内单调递减，在区间(1,)内单调递增，2$(t) $(1)=1, (X1+X2)+(X1+X2)1./X10,X20,X1

30、+X2二3.亲临考场时,h(x)0;当x(x,1)时,h(x)0.因为f(x)=h(x),所以x=X0是f(x)的唯一极大值点.由 f (Xo)=0 得 InXo=2(xo-1),故f(xo)=xo(1-x0).11.(2017 课标口,理 21)已知函数f(x)=ax3-ax-xInx,且f(x)0.(1)求a;2(2)由(1)知f(x)=x -x-xlnx,f(x)=2x-2-lnx.1设h(x)=2x-2-lnx,则h(x)=2-.1=+ 00z当xe时，h30.1x ,+ co I2丿内单调递增.-2又h(e )0,h0,h(1)=0,所以h(x)在内有唯一零点内有唯一零点1,且当x

31、(0,X0)25由Xo (0,1)得f(Xo)f(e-1)=e-2.-2-2所以 ef(xo)2.2.(2016 课标I,理 21)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点.(1)求a的取值范围；设X1,X2是f(x)的两个零点,证明:X1+X2V2.【解析】 严吃(吃小(/)若护。则f(x)f(x)=(x2)眄f(x)f(x)只有一个零点(厂)若 Q0,则当JT(-8,1)时,FGr) +T+T时,(x) A),所以在(十,1)内单调递减，在子 8)內单调递増.又 f=飞 fP 取 b满足 b0且碍则0)誇(力-2)如 0T)吕(&冷 b)乜故 f(x)存在两个零点

32、.(iii)若a0,因此f(x)在(1,+)内单调递增.又当x1时,f(x)0,所以f(x)不存在两个零点.e e若a1,故当x (1,ln(-2a)时,f (x)0.因此f(x)在(1,1 n(-2a)内单调递减,在(ln(-2a),+s+s)内单调递增又当xwi时f(x)0,所以f(x)不存在两个零点.综上，a的取值范围为(0,+R).(2)不妨设X1VX2,由(1)知,Xi(-g g,1),X2 (1,+8),2-X2(-g g,1),f(x)在(-,1)内单调递减,所以x 计 X2f(2-X2),即f(2-x2)l时,宫 3 0从而 gg)N(2n) 0).1令g(x)=0,得m=- x3+x(x0).1设h(x)=- x3+x(x 0), h(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1).当x (0,1)时,h(x)0,此时h(x)在(0,1)内单调递增;当x (1,+R)时,h(x)0),讨论h(x)零点的个数.29【解析】设曲线y=f(x)与x轴相切于点(xo,o),则f(Xo)=0,f(Xo)=0, 十血 0 + * 二 0, 即 (玩+叭 013解得xo