微专题导数应用的经典题型

第一章导数及其应用微专题导数应用的经典题型导数是研究函数的重要工具，在高考中一般会出现压轴大题因此，总结和突破导数应用的经典题型就显得十分必要一、利用导数研究函数的单调性问题例1已知函数f＝a－－2lna∈R1若函数f在区间[1，＋∞上是单调函数，求实数a的取值范围；①当a≤0时，f′<0，函数f单调递减；②当a>0时，令g＝a2－2＋a，∵函数f在区间[1，＋∞上是单调函数，∴g≥0在区间[1，＋∞上恒成立，当且仅当＝1时取等号∴a≥1经验证，当a≥1时，函数f在∪[1，＋∞2讨论函数f的单调性解由1可知：①当a≤0时，f′<0，函数f在0，＋∞上单调递减；②当a≥1时，此时函数f在0，＋∞上单调递增③当0<a<1时，由a2－2＋a＝0，反思感悟利用导数研究函数单调性应注意以下几点1关注函数的定义域，单调区间应为定义域的子区间2已知函数在某个区间上的单调性时转化要等价3分类讨论求函数的单调区间实质是讨论不等式的解集4求参数的范围时常用到分离参数法二、利用导数研究函数的极值与最值问题例2已知函数f＝2a－ln2，∈0，e]，其中e是自然对数的底数，a∈R1当a＝1时，求函数f的单调区间和极值；2是否存在实数a，使f的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由解假设存在实数a，使f＝2a－ln2，∈0，e]有最小值3，①当a≤0时，因为∈0，e]，所以f′<0，f在0，e]上单调递减，所以fmin＝fe＝2ae－ln2e＝3，解得a＝e2，满足条件，所以fmin＝fe＝2ae－ln2e＝3，综上，存在实数a＝e2，使得当∈0，e]时，f的最小值为3反思感悟利用导数研究函数的极值与最值的策略1已知极值点求参数的值后，要代回验证参数值是否满足极值的定义2讨论极值点的实质是讨论函数的单调性，即f′的正负3将函数的各极值与端点处的函数值进行比较，最大的一个是最大值，最小的一个是最小值三、利用导数研究恒成立问题例3已知函数f＝ae－ln－11设＝2是f的极值点，求a，并求f的单调区间；令f′＝0，得＝2，当0<<2时，f′<0；当>2时，f′>0所以f在0,2上单调递减，在2，＋∞上单调递增令g′＝0，得＝1，当0<<1时，g′<0；当>1时，g′>0所以＝1是g的最小值点故当>0时，g≥g1＝0反思感悟求解恒成立问题的策略1直接转化为函数的最值问题2分离参数四、利用导数研究不等式问题√解析由f′sin>fcos，得f′sin－fcos>0，∴φ在1，＋∞上单调递增，∴φ>φ1＝0，即证原不等式成立反思感悟利用导数研究不等式问题的基本思路解决不等式问题，通常先构造新函数，然后再利用导数研究这个函数的单调性，从而使不等式问题得以解决五、利用导数研究函数的零点例5已知函数f＝e－m－，其中m为常数1若对任意∈R有f≥0恒成立，求m的取值范围；解由题意，可知f′＝e－m－1，故当∈－∞，m时，e－m<1，f′<0，f单调递减；当∈m，＋∞时，e－m>1，f′>0，f单调递增故当＝m时，fm为极小值也为最小值令fm＝1－m≥0，得m≤1，即对任意∈R，f≥0恒成立时，令f′＝0，得＝mm的取值范围是－∞，1]2当m>1时，判断f在上零点的个数，并说明理由解f在上有两个零点，理由如下：∵f0＝e－m>0，f0·fm<0，且f在0，m上单调递减，∴f在0，m上有一个零点又f2m＝em－2m，令gm＝em－2m，∵当m>1时，g′m＝em－2>0，∴gm>g1＝e－2>0，即f2m>0∴fm·f2m<0，故f在上有两个零点当m>1时，fm＝1－m<0则g′m＝em－2，∴gm在1，＋∞上单调递增∴f在m,2m上有一个零点反思感悟利用导数研究方程的根函数的零点的策略研究方程