【大师特稿】高考数学答题模板：第7讲导数的应用问题含解析

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1、 高考数学精品复习资料 2019.5 第7讲　导数的应用问题 函数的单调性、极值、最值问题 例8　已知函数f(x)＝(x∈R)，其中a∈R. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程； (2)当a≠0时，求函数f(x)的单调区间与极值． 审题破题　(1)直接求f′(x)，得f′(2)后写出切线方程；(2)求导函数f′(x)后要对a进行讨论，可以列表观察函数f(x)的单调性，极值． 解　(1)当a＝1时，f(x)＝，f(2)＝， 又f′(x)＝＝， f′(2)＝－. 所以，曲线y＝f

2、(x)在点(2，f(2))处的切线方程为 y－＝－(x－2)，即6x＋25y－32＝0. (2)f′(x)＝ ＝. 由于a≠0，以下分两种情况讨论． ①当a＞0，令f′(x)＝0，得到x1＝－，x2＝a. 当x变化时，f′(x)和f(x)的变化情况如下表： x (－∞，－) － (－，a) a (a，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  极小值  极大值  所以f(x)在区间，(a，＋∞)内为减函数， 在区间内为增函数． 函数f(x)在x1＝－处取得极小值f， 且f＝－a2. 函数f(x)在x2＝a处取得极大值f(a

3、)，且f(a)＝1. ②当a＜0时，令f′(x)＝0，得到x1＝a，x2＝－， 当x变化时，f′(x)和f(x)的变化情况如下表： x (－∞，a) a (a，－) － (－，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  极大值  极小值  所以f(x)在区间(－∞，a)，内为增函数，在区间内为减函数． 函数f(x)在x1＝a处取得极大值f(a)，且f(a)＝1. 函数f(x)在x2＝－处取得极小值f(－)， 且f＝－a2. 综上，当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(－，a)，单调递减区间为(－∞，－)，(a，＋∞)， 极大

4、值为1，极小值为－a2. 当a<0时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，a)，(－，＋∞)，单调递减区间为(a，－)， 极大值为1，极小值为－a2. 构建答题模板 第一步：确定函数的定义域．如本题函数的定义域为R. 第二步：求f(x)的导数f′(x)． 第三步：求方程f′(x)＝0的根． 第四步：利用f′(x)＝0的根和不可导点的x的值从小到大顺次将定义域分成若干个小开区间，并列出表格． 第五步：由f′(x)在开区间内的正、负值判断f(x)在开区间内的单调性． 第六步：明确规范地表述结论． 第七步：反思回顾．查看关键点、易错点及解题规范．如本题中f′(x)＝0的根为x1＝

5、－，x2＝a.要确定x1，x2的大小，就必须对a的正、负进行分类讨论．这就是本题的关键点和易错点． 对点训练8　已知函数f(x)＝alnx＋＋x (a≠0)． (1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x－2y＝0垂直，求实数a的值； (2)讨论函数f(x)的单调性． (1)解　f(x)的定义域为{x|x>0}． f′(x)＝－＋1 (x>0)． 根据题意，有f′(1)＝－2， 所以2a2－a－3＝0， 解得a＝－1或a＝. (2)解　f′(x)＝－＋1＝ ＝ (x>0)． ①当a>0时，因为x>0， 由f′(x)>0得(x－a)(x＋2a)>0，解得x

6、>a； 由f′(x)<0得(x－a)(x＋2a)<0，解得00， 由f′(x)>0得(x－a)(x＋2a)>0，解得x>－2a； 由f′(x)<0得(x－a)(x＋2a)<0，解得0

7、 (3)是否存在x0>0，使得|g(x)－g(x0)|<对任意x>0成立？若存在，求出x0的取值范围；若不存在，请说明理由． 审题破题　(1)先求出f(x)，再求g(x)，然后讨论g(x)的单调区间，最值；(2)可构造函数h(x)＝g(x)－g，通过h(x)的单调性比较g(x)，g的大小；(3)对任意x>0若不存在x0，只需取一特殊值即可；若存在x0，一般利用最值解决． 解　(1)由题设易知f(x)＝lnx， g(x)＝lnx＋，所以g′(x)＝， 令g′(x)＝0，得x＝1， 当x∈(0,1)时，g′(x)<0， 故(0,1)是g(x)的单调减区间， 当x∈(1，＋∞)时，g

8、′(x)>0. 故(1，＋∞)是g(x)的单调增区间， 因此，x＝1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点， 从而是最小值点，所以最小值为g(1)＝1. (2)g＝－lnx＋x， 设h(x)＝g(x)－g＝2lnx－x＋， 则h′(x)＝－， 当x＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝g， 当x∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h′(x)<0，h′(1)＝0， 因此，h(x)在(0，＋∞)内单调递减， 当0h(1)＝0，即g(x)>g， 当x>1时，h(x)0，使|

9、g(x)－g(x0)|<对任意x>0成立，即对任意x>0，有lnx0，使|g(x)－g(x0)|<对任意x>0成立． 构建答题模板 第一步：构造函数h(x)＝g(x)－g()； 第二步：根据求单调性、极值的步骤探求函数h(x)的单调性； 第三步：根据h(x)的单调性比较h(x)和0的大小； 第四步：下结论，反思回顾. 对点训练9　已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c＋lnx. (1)当a＝b时，若函数f(x)在定义域上是单调函数，求实数a的

10、取值范围； (2)设函数f(x)在x＝，x＝1处取得极值，且f(1)＝－1，若对任意的x∈，f(x)≤m恒成立，求m的取值范围．(参考数据：e≈2.7) 解　(1)∵a＝b时，f(x)＝ax2＋ax＋c＋lnx， ∴f′(x)＝2ax＋a＋＝ (x>0)． 当a＝0时，f′(x)＝>0，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，∵x>0，∴2ax2＋ax＋1>0，∴f′(x)>0， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a<0时，设g(x)＝2ax2＋ax＋1，函数g(x)在上单调递减，且g(0)＝1>0，故在(0，＋∞)上，函数g(x)的符号不确定，即此时f′(x)

11、的符号不确定，∴函数f(x)在(0，＋∞)上不单调． 综上可知，a的取值范围是0，＋∞)． (2)∵f(x)在x＝，x＝1处取得极值， ∴f′(1)＝f′＝0， 即解得 即f′(x)＝＝， 且f(x)＝x2－3x＋c＋lnx. 又∵f(1)＝－1，∴1－3＋c＝－1，得c＝1， ∴f(x)＝x2－3x＋1＋lnx. ∵当x∈时，f′(x)>0， ∴函数f(x)在上单调递增； ∵当x∈时，f′(x)<0， ∴函数f(x)在上单调递减； ∵当x∈(1,2]时，f′(x)>0， ∴函数f(x)在(1,2]上单调递增． ∴f(x)极大值＝f＝－＋1＋ln ＝－－ln2， 而f(2)＝－1＋ln2，f(2)－f＝－＋ln4 ＝ln4－lne， 由于4>e>e，故f(2)>f， ∴f(x)max＝－1＋ln 2， ∴m≥－1＋ln 2.