【创新方案】(浙江专版)2015届高考数学一轮复习 第九章 第二节 导数应用突破热点题型 文.doc

第二节　导数的应用(一) 考点一 利用导数研究函数的单调性 　 [例1]　(2013·重庆高考改编)设f(x) ＝a(x－5)2＋6ln x，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6)． (1)确定a的值； (2)求函数f(x)的单调区间． [自主解答]　(1)因为f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，故f′(x)＝2a(x－5)＋eq \f(6,x). 令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1)，由点(0,6)在切线上可得6－16a＝8a－6，故a＝eq \f(1, (2)由(1)知，f(x)＝eq \f(1,2)(x－5)2＋6ln x(x0)，f′(x)＝x－5＋eq \f(6,x)＝eq \f(?x－2??x－3?,x). 令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3.当0x2或x3时，f′(x)0，故f(x)在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；当2x3时，f′(x)0，故f(x)在(2,3)上为减函数．故函数f(x)的单调递增区间为(0,2)和(3，＋∞)，单调递减区间为(2,3)． 【互动探究】 若函数f(x)＝2x－eq \f(k,x)＋eq \f(k,3)在(1，＋∞)上是增函数，求k的取值范围． 解：由题意知f′(x)＝2＋eq \f(k,x2)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥－2x2在(1，＋∞)上恒成立，所以k≥(－2x2)max，又y＝－2x2在(1，＋∞)上单调递减，所以(－2x2)max＝－2，所以k≥－2，即k的取值范围是[－2，＋∞)．　　　　 【方法规律】 利用导数研究函数的单调性应注意三点 (1)在区间内f′(x)0(f′(x)0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件． (2)可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是：?x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且f′(x)在(a，b)的任何子区间内都不恒为零． (3)由函数f(x)在(a，b)上的单调性，求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x) ≤0 )恒成立问题，要注意“＝”是否可以取到． 已知函数f(x)＝eq \f(3x,a)－2x2＋ln x，其中a为常数． (1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间； (2)若函数f(x)在区间[1,2]上为单调函数，求a的取值范围． 解：(1)若a＝1，则f(x)＝3x－2x2＋ln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－4x＋3＝eq \f(－4x2＋3x＋1,x)＝eq \f(－?4x＋1??x－1?,x)(x0)．当x∈(0,1)，f′(x)0时，函数f(x)＝3x－2x2＋ln x单调递增．当x∈(1，＋∞)，f′(x)0时，函数f(x)＝3x－2x2＋ln x单调递减．故函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (2)f′(x)＝eq \f(3,a)－4x＋eq \f(1,x)，若函数f(x)在区间[1,2]上为单调函数，即在[1,2]上，f′(x)＝eq \f(3,a)－4x＋eq \f(1,x)≥0或f′(x)＝eq \f(3,a)－4x＋eq \f(1,x)≤0，即eq \f(3,a)－4x＋eq \f(1,x)≥0或eq \f(3,a)－4x＋eq \f(1,x)≤0在[1,2]上恒成立．即eq \f(3,a)≥4x－eq \f(1,x)或eq \f(3,a)≤4x－eq \f(1,x).令h(x)＝4x－eq \f(1,x)，因为函数h(x)在[1,2]上单调递增，所以eq \f(3,a)≥h(2)或eq \f(3,a)≤h(1)，即eq \f(3,a)≥eq \f(15,2)或eq \f(3,a)≤3，解得a0或0a≤eq \f(2,5)或a≥1. 高频考点 考点二 利用导数研究函数的极值问题　　 1．函数的极值是每年高考的必考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度适中，为中高档题． 2．高考对函数极值的考查主要有以下几个命题角度： (1)知图判断函数极值的情况； (2)已知函数求极值； (3)已知极值求参数． [例2]　(1)(2012·重庆高考)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是(　　) A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1) B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1) C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2) D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2) (2)(2014·郑州模拟)若a0