3.2導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用考點(diǎn)一

導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性考點(diǎn)清單考向根底1.設(shè)函數(shù)y=f(x)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)可導(dǎo),假設(shè)f'(x)>0,那么f(x)為增函數(shù);假設(shè)f'(x)

<0,那么f(x)為減函數(shù).2.在確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,求函數(shù)的極大(小)值時(shí),都應(yīng)先考慮所給函數(shù)

的定義域,函數(shù)的單調(diào)區(qū)間應(yīng)是其定義域的子集.3.當(dāng)求出的函數(shù)單調(diào)區(qū)間(如單調(diào)增區(qū)間)有多個(gè)時(shí),不能把這些區(qū)間取

并集.4.f'(x)>0(或f'(x)<0)是f(x)在某一區(qū)間上為增函數(shù)(或減函數(shù))的充分不必

要條件.5.f

'(x)≥0(或f

'(x)≤0)是f(x)在某一區(qū)間上為增函數(shù)(或減函數(shù))的必要不

充分條件.考向突破考向一

單調(diào)性的判斷例1

(2018浙江溫州二模(3月),8)已知函數(shù)f(x)與f'(x)的圖象如圖所示,

則g(x)=

()

A.在區(qū)間(0,1)上是減函數(shù)B.在區(qū)間(1,4)上是減函數(shù)C.在區(qū)間

上是減函數(shù)D.在區(qū)間

上是減函數(shù)解析由題圖分析可知,圖象中二次曲線為f'(x)的圖象,三次曲線為f(x)

的圖象.又g'(x)=

=

,從題圖中可知,在區(qū)間(-∞,0)和(1,4)上,f(x)-f'(x)<0,又f(x)在x=2處的函數(shù)值為0,∴在區(qū)間(1,2)和(2,4)上都有g(shù)'(x)<0.∴g(x)在

區(qū)間

上是減函數(shù),故選C.xx答案

C考向二

由單調(diào)性求參數(shù)范圍例2

(2016課標(biāo)全國(guó)Ⅰ,12,5分)若函數(shù)f(x)=x-

sin2x+asinx在(-∞,+∞)單調(diào)遞增,則a的取值范圍是

()A.[-1,1]

B.

C.

D.

解析解法一:f'(x)=1-?cos2x+acosx=1-?·(2cos2x-1)+acosx=-?cos2x+acosx+?,f(x)在R上單調(diào)遞增,那么f'(x)≥0在R上恒成立,令cosx=t,t∈[-1,1],那么-?t2+at+?≥0在[-1,1]上恒成立,即4t2-3at-5≤0在[-1,1]上恒成立,令g(t)=4t2-3at-5,那么?解得-?≤a≤?,應(yīng)選C.解法二:函數(shù)f(x)=x-?sin2x+asinx的導(dǎo)數(shù)為f'(x)=1-?cos2x+acosx,由題意可得f'(x)≥0恒成立,即1-?cos2x+acosx≥0恒成立,即有?-?cos2x+acosx≥0恒成立,令t=cosx(-1≤t≤1),即有5-4t2+3at≥0,當(dāng)t=0時(shí),不等式顯然成立;當(dāng)0<t≤1時(shí),3a≥4t-?,由y=4t-?在(0,1]上遞增,可得t=1時(shí),取得最大值-1,可得3a≥-1,即a≥-?;當(dāng)-1≤t<0時(shí),3a≤4t-?,由y=4t-?在[-1,0)上遞增,可得t=-1時(shí),取得最小值1,可得3a≤1,即a≤?.綜上,可得a的取值范圍是?.應(yīng)選C.答案

C考點(diǎn)二

導(dǎo)數(shù)與極值、最值考向根底1.設(shè)函數(shù)f(x)在點(diǎn)x0附近有定義,如果對(duì)x0附近的所有的點(diǎn),都有f(x)<

f(x0),那么f(x0)是函數(shù)f(x)的一個(gè)極大值,記作y極大值=f(x0);如果對(duì)x0附近的所

有的點(diǎn),都有f(x)>f(x0),那么f(x0)是函數(shù)f(x)的一個(gè)極小值,記作y極小值=f(x0).極

大值與極小值統(tǒng)稱為極值.2.當(dāng)函數(shù)f(x)在x=x0處連續(xù)時(shí),判斷f(x0)是極大(小)值的方法:(1)如果x<x0時(shí)有f'(x)>0,x>x0時(shí)有f'(x)<0,那么f(x0)是①極大值

;(2)如果x<x0時(shí)有f'(x)<0,x>x0時(shí)有f'(x)>0,那么f(x0)是②極小值

.3.函數(shù)的最大值與最小值設(shè)函數(shù)f(x)在[a,b]上連續(xù),在(a,b)內(nèi)可導(dǎo),先求f(x)在(a,b)內(nèi)的極值;將f(x)

的各極值與f(a)、f(b)比較,其中最大的一個(gè)是③最大值

,最小的一個(gè)是④最小值

.4.可導(dǎo)函數(shù)的極值點(diǎn)必須是導(dǎo)數(shù)為零的點(diǎn),但導(dǎo)數(shù)為零的點(diǎn)不一定是極

值點(diǎn),如f(x)=x3在x=0處的導(dǎo)數(shù)f'(0)=0,但x=0不是它的極值點(diǎn),也就是說(shuō),

可導(dǎo)函數(shù)在x=x0處的導(dǎo)數(shù)f'(x0)=0是該函數(shù)在x=x0處取得極值的必要不

充分條件.特別地,函數(shù)的不可導(dǎo)點(diǎn)也可能是極值點(diǎn).5.函數(shù)的極值與函數(shù)的最值的區(qū)別:函數(shù)的極值是一個(gè)局部性概念,而最

值是某個(gè)區(qū)間的整體性概念;函數(shù)的極值可以有多個(gè),而函數(shù)的最大(小)

值最多只有一個(gè).6.極值點(diǎn)不一定是最值點(diǎn),最值點(diǎn)也不一定是極值點(diǎn),但如果連續(xù)函數(shù)在

開(kāi)區(qū)間(a,b)內(nèi)只有一個(gè)極值點(diǎn),那么極大值就是最大值,極小值就是最小

值.考向突破考向一

求極值解析

f'(x)=3x2-12,∴x<-2時(shí),f'(x)>0,-2<x<2時(shí),f'(x)<0,x>2時(shí),f'(x)>0,∴x=2是f(x)的極小值點(diǎn),又x0為f(x)的極小值點(diǎn),∴x0=2.答案2考向二

求最值例2

(2021江蘇,11,5分)假設(shè)函數(shù)f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)內(nèi)有且只

有一個(gè)零點(diǎn),那么f(x)在[-1,1]上的最大值與最小值的和為

.解析此題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值和最值.∵f(x)=2x3-ax2+1,∴f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).假設(shè)a≤0,那么x>0時(shí),f'(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上為增函數(shù),又f(0)=1,∴f(x)在(0,

+∞)上沒(méi)有零點(diǎn),∴a>0.當(dāng)0<x<?時(shí),f'(x)<0,f(x)為減函數(shù);當(dāng)x>?時(shí),f'(x)>0,f(x)為增函數(shù),∴x>0時(shí),f(x)有極小值,為f?=-?+1.∵f(x)在(0,+∞)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn),∴f?=0,∴a=3.∴f(x)=2x3-3x2+1,那么f'(x)=6x(x-1).x-1(-1,0)0(0,1)1f'(x)

+

-

f(x)-4增1減0∴f(x)在[-1,1]上的最大值為1,最小值為-4.∴最大值與最小值的和為-3.答案-3方法1

利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性1.確定函數(shù)單調(diào)性的根本步驟①確定函數(shù)f(x)的定義域.②求導(dǎo)數(shù)f'(x).③由f'(x)>0(或f'(x)<0),解出相應(yīng)的x的取值范圍.當(dāng)f'(x)>0時(shí),f(x)在相應(yīng)

區(qū)間上是單調(diào)遞增函數(shù);當(dāng)f'(x)<0時(shí),f(x)在相應(yīng)區(qū)間上是單調(diào)遞減函

數(shù).還可以通過(guò)列表寫出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.2.利用函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)范圍的方法f'(x)>0(或f'(x)<0)僅是f(x)在某個(gè)區(qū)間上為增函數(shù)(或減函數(shù))的充分條方法技巧件,在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)的函數(shù)f(x)在(a,b)上遞增(或遞減)的充要條件應(yīng)是f'(x)

≥0(或f'(x)≤0),x∈(a,b)恒成立,且f'(x)在(a,b)的任意子區(qū)間內(nèi)都不恒等

于0.這就是說(shuō),函數(shù)f(x)在區(qū)間上的增減性并不排除在區(qū)間內(nèi)個(gè)別點(diǎn)處

有f'(x0)=0,甚至可以在無(wú)窮多個(gè)點(diǎn)處有f'(x0)=0,只要這樣的點(diǎn)不充滿所

給區(qū)間的任何一個(gè)子區(qū)間即可.因此,在函數(shù)f(x)是增函數(shù)(或減函數(shù))求參數(shù)的取值范圍時(shí),應(yīng)令f'

(x)≥0(或f'(x)≤0)恒成立,解出參數(shù)的取值范圍(一般可用不等式恒成立

理論求解),然后檢驗(yàn)參數(shù)的取值能否使f'(x)恒等于0,假設(shè)能恒等于0,那么參

數(shù)的這個(gè)值應(yīng)舍去,假設(shè)f'(x)不恒為0,那么由f'(x)≥0(或f'(x)≤0)恒成立解出

的參數(shù)的取值范圍即為所求.例1

(2021浙江臺(tái)州第一學(xué)期期末質(zhì)檢,20,15分)函數(shù)f(x)=(x2-x+1)·

e-x.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)當(dāng)x∈[0,2]時(shí),f(x)≥-x2+2x+m恒成立,求m的取值范圍.解析(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閧x|x∈R},f'(x)=-(x-2)·(x-1)e-x,∵e-x>0,∴由f'(x)<0,得x<1或x>2,由f'(x)>0,得1<x<2.?(5分)∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,1),(2,+∞),單調(diào)遞增區(qū)間為(1,2).?(7分)(2)∵f(x)≥-x2+2x+m在x∈[0,2]時(shí)恒成立,∴m≤f(x)+x2-2x=(x2-x+1)·e-x+x2-2x在x∈[0,2]時(shí)恒成立,?(9分)令g(x)=(x2-x+1)·e-x+x2-2x,那么g'(x)=-(x-2)(x-1)e-x+2(x-1),當(dāng)x∈(0,1)時(shí),g'(x)=?<0,當(dāng)x∈(1,2)時(shí),g'(x)=?>0,∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,2)上單調(diào)遞增,

(12分)∴g(x)min=g(1)=

-1,∴m≤

-1.

(15分)方法2

利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值1.解決函數(shù)極值問(wèn)題的一般思路

2.解決函數(shù)最值問(wèn)題的一般思路(1)開(kāi)區(qū)間上函數(shù)的極值如果唯一,那么它就是函數(shù)的最值.(2)閉區(qū)間上函數(shù)的最值求法,先求極值,再將極值和兩個(gè)端點(diǎn)值比較大

小,最大的就是最大值,最小的就是最小值.例2

(2018浙江寧波模擬(5月),20)已知函數(shù)f(x)=alnx+x-

,其中a為實(shí)常數(shù).(1)若x=

是f(x)的極大值點(diǎn),求f(x)的極小值;(2)若不等式alnx-

≤b-x對(duì)任意-

≤a≤0,

≤x≤2恒成立,求b的最小值.解析(1)f'(x)=?,由題意知x>0.由f'?=0,得?+?a+1=0,所以a=-?,?(3分)此時(shí)f(x)=-?lnx+x-?.那么f'(x)=?=?.所以f(x)在?上為減函數(shù),在[2,+∞)上為增函數(shù).?(5分)所以x=2為極小值點(diǎn),極小值f(2)=?-?.?(6分)(2)不等式alnx-?≤b-x即為f(x)≤b,所以b≥f(x)max對(duì)任意-?≤a≤0,?≤x≤2恒成立.?(8分)(i)假設(shè)1≤x≤2,那么lnx≥0,f(x)=alnx+x-?≤x-?≤2-?=?.當(dāng)a=0,x=2時(shí)取等號(hào).?(10分)(ii)假設(shè)?≤x<1,那么lnx<0,f(x)=alnx+x-?≤-?lnx+x-?.由(1)可知g(x)=-?lnx+x-?在?上為減函數(shù).所以當(dāng)?≤x<1時(shí),g(x)≤g?=?ln2-?.?(13分)因?yàn)?ln2-?<?-?=1<?,所以f(x)≤?.綜上,f(x)max=?.于是bmin=?.?(15分)方法3

導(dǎo)數(shù)綜合應(yīng)用的解題方法1.不等式恒成立問(wèn)題、任意性問(wèn)題和存在性問(wèn)題等,常轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值

問(wèn)題.2.證明不等式、研究函數(shù)零點(diǎn)、求相關(guān)參數(shù)的取值范圍等問(wèn)題,常常需

要構(gòu)造函數(shù).例3

(2017浙江稽陽(yáng)聯(lián)誼學(xué)校聯(lián)考(4月),20)設(shè)f(x)=x-

-alnx(a∈R).(1)當(dāng)a=1時(shí),求曲線y=f(x)在點(diǎn)

處的切線方程;(2)當(dāng)0<a<1時(shí),在

內(nèi)是否存在一實(shí)數(shù)x0,使f(x0)>e-1成立?解析(1)當(dāng)a=1時(shí),f(x)=x-lnx,f'(x)=1-

.

(2分)所以曲線y=f(x)在點(diǎn)

處的切線的斜率為f'

=1-

=-1.

(4分)故所求的切線方程為y-

=-

,即x+y-ln2-1=0.

(6分)(2)是.

(7分)理由:假設(shè)當(dāng)0<a<1時(shí),在

內(nèi)存在一實(shí)數(shù)x0,使f(x0)>e-1成立,此時(shí)只需證明當(dāng)x∈

時(shí),f(x)max>e-1即可.

(8分)f'(x)=1+

-

=

=

(x>0),令f'(x)=0,得x1=1,x2=a-1,當(dāng)0<a<1時(shí),a-1<0