高考数学复习：第九章 ：第三节导数的应用二回扣主干知识提升学科素养

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1、 精品资料 第三节　导数的应用(二) 【考纲下载】 1．能利用导数研究函数的单调性，极值或最值，并会解决与之有关的不等式问题． 2．会利用导数解决某些简单的实际问题． [来源:] 1．生活中的优化问题 生活中常遇到求利润最大、用料最省、效率最高等一些实际问题，这些问题通常称为优化问题． 2．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤 读题、审题、找出已知、未知 利用 导数 还原问题答案

2、 求解 问题得以解决 比较极值点与最值点 1．在求实际问题中的最大值和最小值时，函数的定义域有什么要求？ 提示：实际问题中的函数的定义域应使实际问题有意义． 2．在求实际问题的最值时，若函数在区间内只有一个极值点，则该极值与函数的最值有什么关系？ 提示：有关函数最大值、最小值的实际问题，

3、一般指的是单峰函数，也就是说在实际问题中，如果遇到函数在区间内只有一个极值点，那么不与区间端点比较，就可以知道这个极值点就是最大(小)值点． 1. (2013浙江高考)已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象是(　　) 解析：选B　在(－1,0)上，f′(x)单调递增，所以f(x)图象的切线斜率呈递增趋势；在(0,1)上，f′(x)单调递减，所以f(x)图象的切线斜率呈递减趋势． 2．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是　　(　

4、　) 解析：选C　∵f(x)在x＝－2处取得极小值，∴在x＝－2附近的左侧f′(x)<0，当x<－2时，xf′(x)>0.在x＝－2附近的右侧f′(x)>0，当－2

5、数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，2，则f(x)>2x＋4的解集为(　　) A．(－1,1)　　　　　　　　B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞) 解析：选B　令函数g(x)＝f(x)－2x－4，则g′(x)＝f′(x)－2>0，因此，g(x)在R上是增函数，又g(－1)＝f(－1)＋2－4＝2＋2－4＝0.所以，原不等式可化为g(x)>g(－1)，由g(x)的单调性，可得x>－1. 5．函数f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，则a的取值范围是________． 解析：f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，即函数f(x)

6、恰有两个极值点，即f′(x)＝0有两个不等实根．∵f(x)＝ax3＋x，∴f′(x)＝3ax2＋1.要使f′(x)＝0有两个不等实根，则a<0. 答案：(－∞，0) 压轴大题巧突破(四) 利用导数研究函数的零点或方程的根 [典例]　(2013山东高考)(13分)设函数f(x)＝＋c(e＝2.718 28…是自然对数的底数，c∈R)．[来源:] (1)求f(x)的单调区间、最大值； (2)讨论关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数． [化整为零破难题] (1)先对函数f(x)进行求导，再求解不等式f′(x)>0或f′(x)<0，即可得出其单调区间．由于其在定义域内有唯一

7、的极大值点也是最大值点，所以可得其最大值． (2)基础问题1：方程|ln x|＝f(x)中既有指数，也有对数，如何求解？ 求方程|ln x|＝f(x)根的个数，应构造函数g(x)＝|ln x|－f(x)，转化为判断函数g(x)零点的个数问题． 基础问题2：如何判断函数g(x)＝|ln x|－f(x)的零点个数？ 函数g(x)＝|ln x|－f(x)的零点即为g(x)的图象与x轴的交点，因此， 问题转化为判断g(x)的图象与x轴公共点的个数． 基础问题3：函数g(x)的图象不能利用描点法画出，如何判断其与x轴公共点的个数？ 可根据函数g(x)的单调性与极值的情况，大体画出g(x)的图

8、象，从而确定图象与x轴公共点的个数． 利用导数可以证明，函数g(x)在(1，＋∞)内单调递增，在(0,1)内单调递减，故g(x)有最小值g(1)．故当g(1)>0时，图象与x轴没有公共点；当g(1)＝0时，图象与x轴有唯一公共点；当g(1)<0时，图象与x轴交点的个数不能确定(因为g(x)的定义域为(0，＋∞)，而不是R)． 基础问题4：如何判断g(1)<0时，g(x)的图象与x轴公共点的个数？ 若存在x0∈(1，＋∞)，且g(x0)>0，则在(1，＋∞)上存在零点；若存在x1∈(0,1)，且g(x1)>0，则在(0,1)上存在零点．因此只需判断g(x)>0在(0,1)和(1，＋∞)上是

9、否有解即可． [规范解答不失分] (1)f′(x)＝(1－2x)e－2x，由f′(x)＝0，解得x＝. 2分 当x<时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>时，f′(x)<0，f(x)单调递减．所以函数f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是，最大值为f＝e－1＋c. 4分 (2)令g(x)＝|ln x|－f(x)＝|ln x|－xe－2x－c，x∈(0，＋∞)．(ⅰ)当x∈(1，＋∞)时，ln x>0，则g(x)＝ln x－xe－2x－c，所以g′(x)＝e－2x.因为2x－1>0，>0，所以g′(x)>0，

10、因此g(x)在(1，＋∞)上单调递增. 6分 (ⅱ)①ln x<0，则g(x)＝－ln x－xe－2x－c，所以g′(x)＝e－2x.因为e2x∈(1，e2)，e2x>1>x>0，所以－<－1.又2x－1<1，所以－＋2x－1<0，即g′(x)<0.因此g(x)在(0,1)上单调递减． 综合(ⅰ)(ⅱ)可知，当x∈(0，＋∞)时，g(x)≥g(1)＝－e－2－c. 8分[来源:] 当g(1)＝－e－2－c>0，即c<－e－2时，g(x)没有零点，故关于x的方程|ln x|

11、＝f(x)根的个数为0； 9分 当g(1)＝－e－2－c＝0，即c＝－e－2时，g(x)只有一个零点，故关于x的方程|ln x|＝f(x)的个数为1； 10分[来源:] ② a．当x∈(1，＋∞)时，由(1)知 ③ 要使g(x)>0，只需使ln x－1－c>0，即x∈(e1＋c，＋∞)；11分 b．当x∈(0,1)时，由(

12、1)知 ③ 要使g(x)>0，只需－ln x－1－c>0，即x∈(0，e－1－c)；所以c>－e－2时，g(x)有两个零点， 故关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数为2. 12分 综上所述， 当c<－e－2时，关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数为0； 当c＝－e－2时，关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数为1； 当c>－e－2时，关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数为2.13分 [易错警示要牢记] 易错 点一 ①处易忽视定义域为(0，＋∞)，得出“x<1时，ln x<0”的错误结论 易错 点二 ②处极易认为：g(1)>0时，没有零点；g(1)＝0时，有一个零点；从而想当然认为g(1)<0有两个零点，造成解题步骤不完整而失分 易错 点三 ③处易忽视xe－2x＋c在x＝处取得最大值，不能将不等式适当改变，从而无法判断g(x)的符号，导致解题失误或解题步骤不完整而失分