浙江高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教師用書：第1部分 重點強化專題 專題6 突破點16 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 Word版含答案

《浙江高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教師用書：第1部分 重點強化專題 專題6 突破點16 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 Word版含答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《浙江高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教師用書：第1部分 重點強化專題 專題6 突破點16 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 Word版含答案（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5突破點16導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 (對應(yīng)學(xué)生用書第57頁)核心知識提煉提煉1 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性(1)函數(shù)單調(diào)性的判定方法在某個區(qū)間(a，b)內(nèi)，如果f(x)0，那么函數(shù)yf(x)在此區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增；如果f(x)0，那么函數(shù)yf(x)在此區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減(2)常數(shù)函數(shù)的判定方法如果在某個區(qū)間(a，b)內(nèi)，恒有f(x)0，那么函數(shù)yf(x)是常數(shù)函數(shù)，在此區(qū)間內(nèi)不具有單調(diào)性(3)已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍設(shè)可導(dǎo)函數(shù)f(x)在某個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增(或遞減)，則可以得出函數(shù)f(x)在這個區(qū)間內(nèi)f(x)0(或f(x)0)，從而轉(zhuǎn)化為恒成立問題來解決(注意等號成立的檢驗).提煉2

2、 函數(shù)極值的判別注意點(1)可導(dǎo)函數(shù)極值點的導(dǎo)數(shù)為0，但導(dǎo)數(shù)為0的點不一定是極值點，如函數(shù)f(x)x3，當x0時就不是極值點，但f(0)0.(2)極值點不是一個點，而是一個數(shù)x0，當xx0時，函數(shù)取得極值在x0處有f(x0)0是函數(shù)f(x)在x0處取得極值的必要不充分條件(3)函數(shù)f(x)在一閉區(qū)間上的最大值是此函數(shù)在此區(qū)間上的極大值與其端點函數(shù)值中的最大值，函數(shù)f(x)在一閉區(qū)間上的最小值是此函數(shù)在此區(qū)間上的極小值與其端點函數(shù)值中的最小值.提煉3 函數(shù)最值的判別方法(1)求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間a，b上最值的關(guān)鍵是求出f(x)0的根的函數(shù)值，再與f(a)，f(b)作比較，其中最大的一個是最大值

3、，最小的一個是最小值(2)求函數(shù)f(x)在非閉區(qū)間上的最值，只需利用導(dǎo)數(shù)法判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性，即可得結(jié)論高考真題回訪回訪1函數(shù)的極值與最值1(20xx·浙江高考)已知e為自然對數(shù)的底數(shù)，設(shè)函數(shù)f(x)(ex1)(x1)k(k1,2)，則()A當k1時，f(x)在x1處取到極小值B當k1時，f(x)在x1處取到極大值C當k2時，f(x)在x1處取到極小值D當k2時，f(x)在x1處取到極大值C當k1時，f(x)(ex1)(x1)，則f(x)ex(x1)(ex1)exx1，所以f(1)e10，所以f(1)不是極值當k2時，f(x)(ex1)(x1)2，則f(x)ex(x1)22(e

4、x1)(x1)ex(x21)2(x1)(x1)ex(x1)2，所以f(1)0，且當x1時，f(x)0；在x1附近的左側(cè)，f(x)0，所以f(1)是極小值2(20xx·浙江高考)已知函數(shù)yf(x)的圖象是下列四個圖象之一，且其導(dǎo)函數(shù)yf(x)的圖象如圖16­1所示，則該函數(shù)的圖象是()圖16­1B從導(dǎo)函數(shù)的圖象可以看出，導(dǎo)函數(shù)值先增大后減小，x0時最大，所以函數(shù)f(x)的圖象的變化率也先增大后減小，在x0時變化率最大A項，在x0時變化率最小，故錯誤；C項，變化率是越來越大的，故錯誤；D項，變化率是越來越小的，故錯誤B項正確3(20xx·浙江高考)已知aR，

5、函數(shù)f(x)2x33(a1)x26ax.(1)若a1，求曲線yf(x)在點(2，f(2)處的切線方程；(2)若|a|>1，求f(x)在閉區(qū)間0,2|a|上的最小值解(1)當a1時，f(x)6x212x6，所以f(2)6.3分又因為f(2)4，所以切線方程為y46(x2)，即6xy80.5分(2)記g(a)為f(x)在閉區(qū)間0,2|a|上的最小值f(x)6x26(a1)x6a6(x1)(xa)令f(x)0，得x11，x2a.8分當a>1時，x0(0,1)1(1，a)a(a,2a)2af(x)00f(x)0單調(diào)遞增極大值3a1單調(diào)遞減極小值a2(3a)單調(diào)遞增4a3比較f(0)0和f(

6、a)a2(3a)的大小可得g(a)10分當a<1時，x0(0,1)1(1，2a)2af(x)0f(x)0單調(diào)遞減極小值3a1單調(diào)遞增28a324a2得g(a)3a1.14分綜上所述，f(x)在閉區(qū)間0,2|a|上的最小值為g(a)15分回訪2導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用4(20xx·浙江高考)已知函數(shù)f(x)(x)ex.(1)求f(x)的導(dǎo)函數(shù)；(2)求f(x)在區(qū)間上的取值范圍解(1)因為(x)1，(ex)ex，所以f(x)ex(x)ex.6分(2)由f(x)0，解得x1或x.9分因為x1f(x)00f(x)e0e又f(x)(1)2ex0，所以f(x)在區(qū)間上的取值范圍是.15分5(20x

7、x·浙江高考)已知函數(shù)f(x)x33|xa|(aR)(1)若f(x)在1,1上的最大值和最小值分別記為M(a)，m(a)，求M(a)m(a)；(2)設(shè)bR，若f(x)b24對x1,1恒成立，求3ab的取值范圍解(1)因為f(x)所以f(x)2分由于1x1.當a1時，有xa，故f(x)x33x3a.此時f(x)在(1,1)上是增函數(shù)，因此，M(a)f(1)43a，m(a)f(1)43a，故M(a)m(a)(43a)(43a)8.3分當1<a<1時，若x(a,1)，f(x)x33x3a，在(a,1)上是增函數(shù)；若x(1，a)，f(x)x33x3a，在(1，a)上是減函數(shù)，所以

8、，M(a)maxf(1)，f(1)，m(a)f(a)a3.由于f(1)f(1)6a2，因此當1a時，M(a)m(a)a33a4；當a1時，M(a)m(a)a33a2.4分當a1時，有xa，故f(x)x33x3a，此時f(x)在(1,1)上是減函數(shù)，因此，M(a)f(1)23a，m(a)f(1)23a，故M(a)m(a)(23a)(23a)4.6分綜上可知，M(a)m(a)7分(2)令h(x)f(x)b，則h(x)h(x)因為f(x)b24對x1,1恒成立，即2h(x)2對x1,1恒成立，所以由(1)知，當a1時，h(x)在(1,1)上是增函數(shù)，h(x)在1,1上的最大值是h(1)43ab，最小

9、值是h(1)43ab，則43ab2且43ab2，矛盾；9分當1<a時，h(x)在1,1上的最小值是h(a)a3b，最大值是h(1)43ab，所以a3b2且43ab2，從而2a33a3ab6a2且0a.令t(a)2a33a，則t(a)33a2>0，t(a)在上是增函數(shù)，故t(a)t(0)2，因此23ab0.11分當<a<1時，h(x)在1,1上的最小值是h(a)a3b，最大值是h(1)3ab2，所以a3b2且3ab22，解得<3ab0.13分當a1時，h(x)在1,1上的最大值是h(1)23ab，最小值是h(1)23ab，所以3ab22且3ab22，解得3ab0.綜

10、上，得3ab的取值范圍是23ab0.15分6(20xx·浙江高考)已知aR，函數(shù)f(x)x33x23ax3a3.(1)求曲線yf(x)在點(1，f(1)處的切線方程；(2)當x0,2時，求|f(x)|的最大值解(1)由題意f(x)3x26x3a，故f(1)3a3.2分又f(1)1，所以所求的切線方程為y(3a3)x3a4.5分(2)由于f(x)3(x1)23(a1)，0x2，故當a0時，有f(x)0，此時f(x)在0,2上單調(diào)遞減，故|f(x)|maxmax|f(0)|，|f(2)|33a.7分當a1時，有f(x)0，此時f(x)在0,2上單調(diào)遞增，故|f(x)|maxmax|f(0

11、)|，|f(2)|3a1.9分當0a1時，設(shè)x11，x21，則0x1x22，f(x)3(xx1)(xx2)列表如下：x0(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2,2)2f(x)00f(x)33a極大值f(x1)極小f(x2)值3a1由于f(x1)12(1a)·，f(x2)12(1a)·，10分故f(x1)f(x2)20，f(x1)f(x2)4(1a)·0，從而f(x1)|f(x2)|.所以|f(x)|maxmaxf(0)，|f(2)|，f(x1)當0a時，f(0)|f(2)| .又f(x1)f(0)2(1a)(23a)0，故|f(x)|maxf(x1)12(1a)

12、.12分當a1時，|f(2)|f(2)，且f(2)f(0)又f(x1)|f(2)|2(1a)(3a2)，所以()當a時，f(x1)|f(2)|.14分故f(x)maxf(x1)12(1a).()當a1時，f(x1)|f(2)|.故f(x)max|f(2)|3a1.綜上所述，|f(x)|max15分 (對應(yīng)學(xué)生用書第59頁)熱點題型1利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性問題題型分析：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性問題常在解答題的第(1)問中呈現(xiàn)，有一定的區(qū)分度，此類題涉及函數(shù)的極值點、利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性、不等式的恒成立等.【例1】已知x1是f(x)2xln x的一個極值點(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；

13、(2)設(shè)函數(shù)g(x)f(x)，若函數(shù)g(x)在區(qū)間1,2內(nèi)單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍. 【導(dǎo)學(xué)號：68334147】解(1)因為f(x)2xln x，所以f(x)2，因為x1是f(x)2xln x的一個極值點，所以f(1)2b10，解得b3，經(jīng)檢驗，符合題意，所以b3.則函數(shù)f(x)2xln x，其定義域為(0，).4分令f(x)20，解得x1，所以函數(shù)f(x)2xln x的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1.7分(2)因為g(x)f(x)2xln x，所以g(x)2.9分因為函數(shù)g(x)在1,2上單調(diào)遞增，所以g(x)0在1,2上恒成立，即20在x1,2上恒成立，所以a(2x2x)max，而在1,2上

14、，(2x2x)max3，所以a3.所以實數(shù)a的取值范圍為3，).15分方法指津根據(jù)函數(shù)yf(x)在(a，b)上的單調(diào)性，求參數(shù)范圍的方法：(1)若函數(shù)yf(x)在(a，b)上單調(diào)遞增，轉(zhuǎn)化為f(x)0在(a，b)上恒成立求解.(2)若函數(shù)yf(x)在(a，b)上單調(diào)遞減，轉(zhuǎn)化為f(x)0在(a，b)上恒成立求解.(3)若函數(shù)yf(x)在(a，b)上單調(diào)，轉(zhuǎn)化為f(x)在(a，b)上不變號即f(x)在(a，b)上恒正或恒負.,(4)若函數(shù)yf(x)在(a，b)上不單調(diào)，轉(zhuǎn)化為f(x)在(a，b)上變號. 變式訓(xùn)練1設(shè)函數(shù)f(x)(aR)(1)若f(x)在x0處取得極值，確定a的值，并求此時曲線y

15、f(x)在點(1，f(1)處的切線方程；(2)若f(x)在3，)上為減函數(shù)，求a的取值范圍解(1)對f(x)求導(dǎo)得f(x).2分因為f(x)在x0處取得極值，所以f(0)0，即a0.當a0時，f(x)，f(x)，故f(1)，f(1)，從而f(x)在點(1，f(1)處的切線方程為y(x1)，化簡得3xey0.6分(2)由(1)知f(x).令g(x)3x2(6a)xa，由g(x)0，解得x1，x2.8分當xx1時，g(x)0，即f(x)0，故f(x)為減函數(shù)；當x1xx2時，g(x)0，即f(x)0，故f(x)為增函數(shù)；當xx2時，g(x)0，即f(x)0，故f(x)為減函數(shù)由f(x)在3，)上為

16、減函數(shù)，知x23，解得a，故a的取值范圍為.15分熱點題型2利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值問題題型分析：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值是高考重點考查內(nèi)容，主要以解答題的形式考查，難度較大.【例2】已知函數(shù)f(x)滿足f(x)f(1)ex1f(0)xx2.(1)求f(x)的解析式及單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)x2axb，求(a1)b的最大值解(1)f(x)f(1)ex1f(0)xx2f(x)f(1)ex1f(0)x，令x1，得f(0)1，所以f(x)f(1)ex1xx2，令x0，得f(0)f(1)e11，解得f(1)e，故函數(shù)的解析式為f(x)exxx2.3分令g(x)f(x)ex1x，所以g(x)e

17、x10，由此知yg(x)在xR上單調(diào)遞增當x0時，f(x)f(0)0；當x0時，由f(x)f(0)0得：函數(shù)f(x)exxx2的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(，0).6分(2)f(x)x2axbh(x)ex(a1)xb0，得h(x)ex(a1).8分當a10時，h(x)0yh(x)在xR上單調(diào)遞增，x時，h(x)與h(x)0矛盾當a10時，h(x)0xln(a1)，h(x)0xln(a1)，得當xln(a1)時，h(x)min(a1)(a1)ln(a1)b0，即(a1)(a1)ln(a1)b，所以(a1)b(a1)2(a1)2ln(a1)(a10)令F(x)x2x2ln x(x0)，

18、則F(x)x(12ln x)，所以F(x)00x，F(xiàn)(x)0x，當x時，F(xiàn)(x)max，即當a1，b時，(a1)b的最大值為.15分方法指津利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值、最值的方法1若求極值，則先求方程f(x)0的根，再檢查f(x)在方程根的左右函數(shù)值的符號2若已知極值大小或存在情況，則轉(zhuǎn)化為已知方程f(x)0根的大小或存在情況來求解3求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間a，b上的最值時，在得到極值的基礎(chǔ)上，結(jié)合區(qū)間端點的函數(shù)值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進行比較得到函數(shù)的最值變式訓(xùn)練2已知函數(shù)f(x)ln xa(1x)(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當f(x)有最大值，且最大值大于2a2時，求a的取值范

19、圍解(1)f(x)的定義域為(0，)，f(x)a.2分若a0，則f(x)>0，所以f(x)在(0，)上單調(diào)遞增若a>0，則當x時，f(x)>0；當x時，f(x)<0.所以f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.6分(2)由(1)知，當a0時，f(x)在(0，)上無最大值；當a>0時，f(x)在x處取得最大值，最大值為flnaln aa1.10分因此f>2a2等價于ln aa1<0.令g(a)ln aa1，則g(a)在(0，)上單調(diào)遞增，g(1)0.于是，當0<a<1時，g(a)<0；當a>1時，g(a)>0.因此，a的取值范圍

20、是(0,1).15分熱點題型3利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問題題型分析：此類問題以函數(shù)、導(dǎo)數(shù)與不等式相交匯為命題點，實現(xiàn)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式及求最值的相互轉(zhuǎn)化，達成了綜合考查考生解題能力的目的.【例3】設(shè)函數(shù)f(x)ax.(1)若函數(shù)f(x)在(1，)上為減函數(shù)，求實數(shù)a的最小值；(2)若存在x1，x2e，e2，使f(x1)f(x2)a成立，求實數(shù)a的取值范圍解(1)由得x>0且x1，則函數(shù)f(x)的定義域為(0,1)(1，)，因為f(x)在(1，)上為減函數(shù)，故f(x)a0在(1，)上恒成立又f(x)a2a2a，故當，即xe2時，f(x)maxa.所以a0，于是a，故a的最小值為.4分(2)命題“

21、若存在x1，x2e，e2，使f(x1)f(x2)a成立”等價于“當xe，e2時，有f(x)minf(x)maxa”. 由(1)知，當xe，e2時，f(x)maxa，f(x)maxa.5分問題等價于：“當xe，e2時，有f(x)min”當a時，由(1)知，f(x)在e，e2上為減函數(shù)，則f(x)minf(e2)ae2，故a.6分當a<時，由xe，e2得1，f(x)2a在e，e2上的值域為.7分()a0，即a0，f(x)0，在e，e2上恒成立，故f(x)在e，e2上為增函數(shù)，于是，f(x)minf(e)eaee>，不合題意.8分()a<0，即0<a<，由f(x)的單調(diào)

22、性和值域知，存在唯一x0(e，e2)，使f(x)0，且滿足：當x(e，x0)時，f(x)<0，f(x)為減函數(shù)；當x(x0，e2)時，f(x)>0，f(x)為增函數(shù)；12分所以，fmin(x)f(x0)ax0，x0(e，e2)，所以，a>>，與0<a<矛盾.14分綜上得a.15分方法指津1利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的基本步驟(1)作差或變形(2)構(gòu)造新的函數(shù)h(x)(3)利用導(dǎo)數(shù)研究h(x)的單調(diào)性或最值(4)根據(jù)單調(diào)性及最值，得到所證不等式特別地：當作差或變形構(gòu)造的新函數(shù)不能利用導(dǎo)數(shù)求解時，一般轉(zhuǎn)化為分別求左、右兩端兩個函數(shù)的最值問題2構(gòu)造輔助函數(shù)的四種方法(1)

23、移項法：證明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x)的問題轉(zhuǎn)化為證明f(x)g(x)>0(f(x)g(x)<0)，進而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)f(x)g(x)(2)構(gòu)造“形似”函數(shù)：對原不等式同解變形，如移項、通分、取對數(shù)；把不等式轉(zhuǎn)化為左右兩邊是相同結(jié)構(gòu)的式子的結(jié)構(gòu)，根據(jù)“相同結(jié)構(gòu)”構(gòu)造輔助函數(shù)(3)主元法：對于(或可化為)f(x1，x2)A的不等式，可選x1(或x2)為主元，構(gòu)造函數(shù)f(x，x2)(或f(x1，x)(4)放縮法：若所構(gòu)造函數(shù)最值不易求解，可將所證明不等式進行放縮，再重新構(gòu)造函數(shù)變式訓(xùn)練3設(shè)函數(shù)f(x)ax2ln xb(x1)(x0)，曲線yf(x)過

24、點(e，e2e1)，且在點(1,0)處的切線方程為y0.(1)求a，b的值；(2)證明：當x1時，f(x)(x1)2；(3)若當x1時，f(x)m(x1)2恒成立，求實數(shù)m的取值范圍解(1)函數(shù)f(x)ax2ln xb(x1)(x0)，可得f(x)2aln xaxb，因為f(1)ab0，f(e)ae2b(e1)a(e2e1)e2e1，所以a1，b1.2分(2)證明：f(x)x2ln xx1，設(shè)g(x)x2ln xxx2(x1)，g(x)2xln xx1，(g(x)2ln x10，所以g(x)在0，)上單調(diào)遞增，所以g(x)g(1)0，所以g(x)在0，)上單調(diào)遞增，所以g(x)g(1)0，所以f(x)(x1)2.6分(3)設(shè)h(x)x2ln xxm(x1)21，h(x)2xln xx2m(x1)1，由(2)中知x2ln x(x1)2x1x(x1)，所以xln xx1，所以h(x)3(x1)2m(x1)，當32m0即m時，h(x)0，所以h(x)在1，)單調(diào)遞增，所以h(x)h(1)0，成立.10分當3m0即m時，h(x)2xln x(12m)(x1)，(h(x)2ln x32m，令(h(x)0，得x0e21，當x1，x0)時，h(x)h(1)0，13分所以h(x)在1，x0)上單調(diào)遞減，所以h(x)h(1)0，不成立綜上，m.15分