江苏省2019高考数学二轮复习专题五函数不等式与导数5.3小题考法-导数的简单应用课件2019052

——导数的简单应用小题考法三讲第利用导数研究函数的单调性考点(一)主要考查利用导数研究函数的单调性，或由函数的单调性求参数的值或范围.[题组练透]1．(2018·南京三模)若函数f(x)＝ex(－x2＋2x＋a)在区间[a，a＋1]上单调递增，则实数a的最大值为________．－1＋52解析：由题意得，f′(x)＝ex(－x2＋2＋a)≥0在区间[a，a＋1]上恒成立，即－x2＋2＋a≥0在区间[a，a＋1]上恒成立，所以－a2＋2＋a≥0，－a＋12＋2＋a≥0，解得－1≤a≤－1＋52，所以实数a的最大值为－1＋52.2．若函数f(x)＝lnx－12ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是________．解析：f′(x)＝1x－ax－2＝1－ax2－2xx，由题意知f′(x)0有实数解，∵x0，∴ax2＋2x－10有实数解．当a≥0时，显然满足；当a0时，只需Δ＝4＋4a0，解得－1a0.综上知a－1，即实数a的取值范围是(－1，＋∞)．答案：(－1，＋∞)3．已知定义域为{x|x≠0}的偶函数f(x)，其导函数为f′(x)，对任意正实数x满足xf′(x)－2f(x)，若g(x)＝x2f(x)，则不等式g(x)g(1)的解集是______________．解析：因为g(x)＝x2f(x)，所以g′(x)＝x2·f′(x)＋2xf(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]，由题意知，当x0时，xf′(x)＋2f(x)0，所以g′(x)0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f(x)为偶函数，则g(x)也是偶函数，所以g(x)＝g(|x|)．由g(x)g(1)得g(|x|)g(1)，所以|x|1，x≠0，则x∈(－1,0)∪(0,1)．(－1,0)∪(0,1)[方法技巧]与单调性有关的两类问题的求解策略(1)若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0.(2)若已知函数的单调性求参数，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解.考点(二)利用导数研究函数的极值、最值主要考查利用函数的极值与导数的关系，求函数的极值、最值或由极值的情况求参数.[典例感悟][典例](1)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为________．[解析]因为f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.令f′(x)0，解得x－2或x1，令f′(x)0，解得－2x1，所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值＝f(1)＝－1.－1(2)已知函数f(x)＝x＋xlnx，若k∈Z，且k(x－1)f(x)对任意的x1恒成立，则k的最大值为________．[解析]法一：依题意得，kx＋xlnxx－1对任意的x1恒成立．令g(x)＝x＋xlnxx－1，则g′(x)＝x－lnx－2x－12，令h(x)＝x－lnx－2(x1)，则h′(x)＝1－1x＝x－1x0，所以函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增．因为h(3)＝1－ln30，h(4)＝2－2ln20，所以方程h(x)＝0在(1，＋∞)上存在唯一实数根x0，且满足x0∈(3,4)，即有h(x0)＝x0－lnx0－2＝0，lnx0＝x0－2.当1xx0时，h(x)0，即g′(x)0，当xx0时，h(x)0，即g′(x)0，所以函数g(x)＝x＋xlnxx－1在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以[g(x)]min＝g(x0)＝x01＋lnx0x0－1＝x01＋x0－2x0－1＝x0∈(3,4)．所以k[g(x)]min＝x0∈(3,4)，故整数k的最大值是3.3法二：依题意得，当x＝2时，k(2－1)f(2)，即k2＋2ln22＋2＝4，因此满足题意的最大整数k的可能取值为3.当k＝3时，记g(x)＝f(x)－k(x－1)，即g(x)＝xlnx－2x＋3(x1)，则g′(x)＝lnx－1.当1xe时，g′(x)0，g(x)在区间(1，e)上单调递减；当xe时，g′(x)0，g(x)在区间(e，＋∞)上单调递增．因此，g(x)的最小值是g(e)＝3－e0，于是有g(x)0恒成立．所以满足题意的最大整数k的值是3.(3)(2018·江苏高考)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值的和为________．－3[解析]法一：f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(x0)．①当a≤0时，f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝1，∴f(x)在(0，＋∞)上无零点．②当a0时，由f′(x)0，得xa3；由f′(x)0，得0xa3，∴f(x)在0，a3上单调递减，在a3，＋∞上单调递增．又f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，∴fa3＝－a327＋1＝0，∴a＝3.此时f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)，当x∈[－1,1]时，f(x)在[－1,0]上单调递增，在[0,1]上单调递减．又f(1)＝0，f(－1)＝－4，∴f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3.法二：令f(x)＝2x3－ax2＋1＝0，得a＝2x3＋1x2＝2x＋1x2.令g(x)＝2x＋1x2，则g′(x)＝2－2x3.由g′(x)0，得0x1；由g′(x)0，得x1，∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．∵f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，∴a＝g(1)＝3，此时f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)，当x∈[－1,1]时，f(x)在[－1,0]上单调递增，在[0,1]上单调递减．又f(1)＝0，f(－1)＝－4，∴f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3.[方法技巧]利用导数研究函数极值、最值的方法(1)若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号．(2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解．(3)求函数f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．(4)最值和极值还可以用来转化恒成立问题以及方程有解问题．[演练冲关]1．函数f(x)＝13ax3＋12ax2－2ax＋2a＋1的图象经过四个象限，则实数a的取值范围为________________．解析：由f′(x)＝ax2＋ax－2a＝0得x＝1或x＝－2，结合图象可知函数的图象经过四个象限的充要条件是a0，f10，f－20或a0，f10，f－20，即a0，56a＋10，163a＋10或a0，56a＋10，163a＋10，解得－65a－316.－65，－3162．已知点A(0,1)，曲线C：y＝logax恒过点B，若P是曲线C上的动点，且AB―→·AP―→的最小值为2，则实数a＝________.解析：点A(0,1)，B(1,0)，设P(x，logax)，则AB―→·AP―→＝(1，－1)·(x，logax－1)＝x－logax＋1.依题f(x)＝x－logax＋1在(0，＋∞)上有最小值2且f(1)＝2，所以x＝1是f(x)的极值点，即最小值点．f′(x)＝1－1xlna＝xlna－1xlna.若0a1，f′(x)0，f(x)单调递增，在(0，＋∞)无最小值，所以a1.设f′(x)＝0，则x＝logae，当x∈(0，logae)时，f′(x)0；当x∈(logae，＋∞)时，f′(x)0，从而当且仅当x＝logae时，f(x)取最小值，所以logae＝1，a＝e.e3．已知函数f(x)＝x－lnx，g(x)＝x2－ax，若∃x∈(0,1]，使f(x)≥a－gxx成立，则实数a的最大值为________．解析：因为∃x∈(0,1]，使f(x)≥a－gxx，即x－lnx≥a－x2＋axx，所以a(x＋1)≤2x2－xlnx.因为x＋1∈(1,2]，所以∃x∈(0,1]，使得a≤2x2－xlnxx＋1成立．令M(x)＝2x2－xlnxx＋1，则M′(x)＝2x2＋3x－lnx－1x＋12.令y＝2x2＋3x－lnx－1，则由y′＝x＋14x－1x＝0可得x＝14或x＝－1(舍)．当x∈0，14时，y′＜0，则函数y＝2x2＋3x－lnx－1在0，14上单调递减；当x∈14，＋∞时，y′＞0，则函数y＝2x2＋3x－lnx－1在14，＋∞上单调递增．所以y≥2×142＋3×14－ln14－1＝ln4－18＞0，所以M′(x)＞0在x∈(0,1]时恒成立，所以M(x)在(0,1]上单调递增．所以只需a≤M(1)，即a≤1.所以实数a的最大值为1.答案：1必备知能·自主补缺(一)主干知识要牢记1.导数公式及运算法则(1)基本导数公式①c′＝0(c为常数)；②(xm)′＝mxm－1(m∈Q)；③(sinx)′＝cosx；④(cosx)′＝－sinx；⑤(ax)′＝axlna(a0且a≠1)；⑥(ex)′＝ex；⑦(logax)′＝1xlna(a0且a≠1)；⑧(lnx)′＝1x.(2)导数的四则运算①(u±v)′＝u′±v′；②(uv)′＝u′v＋uv′；③uv′＝u′v－uv′v2(v≠0)．2．导数与极值、最值(1)函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左正右负”⇔f(x)在x0处取极大值；函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左负右正”⇔f(x)在x0处取极小值．(2)函数f(x)在一闭区间上的最大值是此函数在此区间上的极值与其端点处函数值中的“最大者”；函数f(x)在一闭区间上的最小值是此函数在此区间上的极值与其端点处函数值中的“最小者”．(二)二级结论要用好1．常用乘式与除式的求导(1)[xnf(x)]′＝nxn－1f(x)＋xnf′(x)；(2)fxxn′＝xnf′x－nxn－1fxx2n；(3)[exf(x)]′＝ex[f(x)＋f′(x)]；(4)fxex′＝f′x－fxex.(2)有解问题af(x)有解⇔af(x)min；a≥f(x)有解⇔a≥f(x)min；af(x)有解⇔af(x)max；a≤f(x)有解⇔a≤f(x)max.2．不等式恒成立(或有解)问题的常用结论(1)恒成立问题af(x)恒成立⇔af(x)max；a≥f(x)恒成立a≥f(x)max；af(x)恒成立⇔af(x)min；a≤f(x)恒成立a≤f(x)min.谢观看谢