浙江专版高考数学第1部分重点强化专题专题6函数与导数突破点16导数的应用教学案0305150.docx
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浙江专版高考数学第1部分重点强化专题专题6函数与导数突破点16导数的应用教学案0305150
突破点16 导数的应用
（对应学生用书第57页）
[核心知识提炼]
提炼1导数与函数的单调性
（1）函数单调性的判定方法
在某个区间（a，b）内，如果f′（x）＞0，那么函数y＝f（x）在此区间内单调递增；如果f′（x）＜0，那么函数y＝f（x）在此区间内单调递减．
（2）常数函数的判定方法
如果在某个区间（a，b）内，恒有f′（x）＝0，那么函数y＝f（x）是常数函数，在此区间内不具有单调性．
（3）已知函数的单调性求参数的取值范围
设可导函数f（x）在某个区间内单调递增（或递减），则可以得出函数f（x）在这个区间内f′（x）≥0（或f′（x）≤0），从而转化为恒成立问题来解决（注意等号成立的检验）.
提炼2函数极值的判别注意点
（1）可导函数极值点的导数为0，但导数为0的点不一定是极值点，如函数f（x）＝x3，当x＝0时就不是极值点，但f′（0）＝0.
（2）极值点不是一个点，而是一个数x0，当x＝x0时，函数取得极值．在x0处有f′（x0）＝0是函数f（x）在x0处取得极值的必要不充分条件．
（3）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大值与其端点函数值中的最大值，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小值与其端点函数值中的最小值.
提炼3函数最值的判别方法
（1）求函数f（x）在闭区间[a，b]上最值的关键是求出f′（x）＝0的根的函数值，再与f（a），f（b）作比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
（2）求函数f（x）在非闭区间上的最值，只需利用导数法判断函数f（x）的单调性，即可得结论．
[高考真题回访]
回访1 函数的极值与最值
1．（2013·浙江高考）已知e为自然对数的底数，设函数f（x）＝（ex－1）（x－1）k（k＝1,2），则（ ）
A．当k＝1时，f（x）在x＝1处取到极小值
B．当k＝1时，f（x）在x＝1处取到极大值
C．当k＝2时，f（x）在x＝1处取到极小值
D．当k＝2时，f（x）在x＝1处取到极大值
C [当k＝1时，f（x）＝（ex－1）（x－1），则f′（x）＝ex（x－1）＋（ex－1）＝exx－1，所以f′
（1）＝e－1≠0，
所以f
（1）不是极值．
当k＝2时，f（x）＝（ex－1）（x－1）2，
则f′（x）＝ex（x－1）2＋2（ex－1）（x－1）＝ex（x2－1）－2（x－1）＝（x－1）[ex（x＋1）－2]，
所以f′
（1）＝0，且当x＞1时，f′（x）＞0；在x＝1附近的左侧，f′（x）＜0，所以f
（1）是极小值．]
2．（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161所示，则该函数的图象是（ ）
图161
B [从导函数的图象可以看出，导函数值先增大后减小，x＝0时最大，所以函数f（x）的图象的变化率也先增大后减小，在x＝0时变化率最大．A项，在x＝0时变化率最小，故错误；C项，变化率是越来越大的，故错误；D项，变化率是越来越小的，故错误．B项正确．]
3．（2013·浙江高考）已知a∈R，函数f（x）＝2x3－3（a＋1）x2＋6ax.
（1）若a＝1，求曲线y＝f（x）在点（2，f
（2））处的切线方程；
（2）若|a|>1，求f（x）在闭区间[0,2|a|]上的最小值．
[解]
（1）当a＝1时，f′（x）＝6x2－12x＋6，所以f′
（2）＝6.3分
又因为f
（2）＝4，所以切线方程为y－4＝6（x－2），
即6x－y－8＝0.5分
（2）记g（a）为f（x）在闭区间[0,2|a|]上的最小值．
f′（x）＝6x2－6（a＋1）x＋6a＝6（x－1）（x－a）．
令f′（x）＝0，得x1＝1，x2＝a.8分
当a>1时，
x
0
（0,1）
1
（1，a）
a
（a,2a）
2a
f′（x）
＋
0
－
0
＋
f（x）
0
单调
递增
极大值
3a－1
单调
递减
极小值
a2（3－a）
单调
递增
4a3
比较f（0）＝0和f（a）＝a2（3－a）的大小可得
g（a）＝
10分
当a<－1时，
x
0
（0,1）
1
（1，－2a）
－2a
f′（x）
－
0
＋
f（x）
0
单调递减
极小值3a－1
单调递增
－28a3－24a2
得g（a）＝3a－1.14分
综上所述，f（x）在闭区间[0,2|a|]上的最小值为
g（a）＝
15分
回访2 导数的综合应用
4．（2017·浙江高考）已知函数f（x）＝（x－
）e－x
.
（1）求f（x）的导函数；
（2）求f（x）在区间
上的取值范围．
[解]
（1）因为（x－
）′＝1－
，
（e－x）′＝－e－x，
所以f′（x）＝
e－x－（x－
）e－x
＝
.6分
（2）由f′（x）＝
＝0，
解得x＝1或x＝
.9分
因为
x
1
f′（x）
－
0
＋
0
－
f（x）
e－
0
e－
又f（x）＝
（
－1）2e－x≥0，
所以f（x）在区间
上的取值范围是
.15分
5．（2014·浙江高考）已知函数f（x）＝x3＋3|x－a|（a∈R）．
（1）若f（x）在[－1,1]上的最大值和最小值分别记为M（a），m（a），求M（a）－m（a）；
（2）设b∈R，若[f（x）＋b]2≤4对x∈[－1,1]恒成立，求3a＋b的取值范围．
[解]
（1）因为f（x）＝
所以f′（x）＝
2分
由于－1≤x≤1.
①当a≤－1时，有x≥a，故f（x）＝x3＋3x－3a.
此时f（x）在（－1,1）上是增函数，因此，M（a）＝f
（1）＝4－3a，m（a）＝f（－1）＝－4－3a，故M（a）－m（a）＝（4－3a）－（－4－3a）＝8.3分
②当－1若x∈（a,1），f（x）＝x3＋3x－3a，在（a,1）上是增函数；
若x∈（－1，a），f（x）＝x3－3x＋3a，在（－1，a）上是减函数，所以，M（a）＝max{f
（1），f（－1）}，m（a）＝f（a）＝a3.
由于f
（1）－f（－1）＝－6a＋2，因此
当－1＜a≤
时，M（a）－m（a）＝－a3－3a＋4；
当
＜a＜1时，M（a）－m（a）＝－a3＋3a＋2.4分
③当a≥1时，有x≤a，故f（x）＝x3－3x＋3a，
此时f（x）在（－1,1）上是减函数，因此，M（a）＝f（－1）＝2＋3a，m（a）＝f
（1）＝－2＋3a，故M（a）－m（a）＝（2＋3a）－（－2＋3a）＝4.6分
综上可知，
M（a）－m（a）＝
7分
（2）令h（x）＝f（x）＋b，则
h（x）＝
h′（x）＝
因为[f（x）＋b]2≤4对x∈[－1,1]恒成立，即－2≤h（x）≤2对x∈[－1,1]恒成立，
所以由
（1）知，
①当a≤－1时，h（x）在（－1,1）上是增函数，h（x）在[－1,1]上的最大值是h
（1）＝4－3a＋b，最小值是h（－1）＝－4－3a＋b，则－4－3a＋b≥－2且4－3a＋b≤2，矛盾；9分
②当－1时，h（x）在[－1,1]上的最小值是h（a）＝a3＋b，最大值是h
（1）＝4－3a＋b，
所以a3＋b≥－2且4－3a＋b≤2，从而－2－a3＋3a≤3a＋b≤6a－2且0≤a≤
.
令t（a）＝－2－a3＋3a，则t′（a）＝3－3a2>0，t（a）在
上是增函数，故t（a）≥t（0）＝－2，
因此－2≤3a＋b≤0.11分
③当
所以a3＋b≥－2且3a＋b＋2≤2，解得－
<3a＋b≤0.13分
④当a≥1时，h（x）在[－1,1]上的最大值是h（－1）＝2＋3a＋b，最小值是h
（1）＝－2＋3a＋b，所以3a＋b＋2≤2且3a＋b－2≥－2，解得3a＋b＝0.
综上，得3a＋b的取值范围是－2≤3a＋b≤0.15分
6．（2013·浙江高考）已知a∈R，函数f（x）＝x3－3x2＋3ax－3a＋3.
（1）求曲线y＝f（x）在点（1，f
（1））处的切线方程；
（2）当x∈[0,2]时，求|f（x）|的最大值．
[解]
（1）由题意f′（x）＝3x2－6x＋3a，
故f′
（1）＝3a－3.2分
又f
（1）＝1，所以所求的切线方程为y＝（3a－3）x－3a＋4.5分
（2）由于f′（x）＝3（x－1）2＋3（a－1），0≤x≤2，
故①当a≤0时，有f′（x）≤0，此时f（x）在[0,2]上单调递减，故|f（x）|max＝max{|f（0）|，|f
（2）|}＝3－3a.7分
②当a≥1时，有f′（x）≥0，此时f（x）在[0,2]上单调递增，故|f（x）|max＝max{|f（0）|，|f
（2）|}＝3a－1.9分
③当0＜a＜1时，设x1＝1－
，x2＝1＋
，
则0＜x1＜x2＜2，f′（x）＝3（x－x1）（x－x2）．
列表如下：
x
0
（0，x1）
x1
（x1，x2）
x2
（x2,2）
2
f′（x）
＋
0
－
0
＋
f（x）
3－3a
极大值
f（x1）
极小
f（x2）值
3a－1
由于f（x1）＝1＋2（1－a）·
，f（x2）＝1－2（1－a）·
，10分
故f（x1）＋f（x2）＝2＞0，f（x1）－f（x2）＝4（1－a）·
＞0，从而f（x1）＞|f（x2）|.
所以|f（x）|max＝max{f（0），|f
（2）|，f（x1）}．
①当0＜a＜
时，f（0）＞|f
（2）|.
又f（x1）－f（0）＝2（1－a）
－（2－3a）＝
＞0，
故|f（x）|max＝f（x1）＝1＋2（1－a）
.12分
②当
≤a＜1时，|f
（2）|＝f
（2），且f
（2）≥f（0）．
又f（x1）－|f
（2）|＝2（1－a）
－（3a－2）＝
，
所以（ⅰ）当
≤a＜
时，f（x1）＞|f
（2）|.14分
故f（x）max＝f（x1）＝1＋2（1－a）
.
（ⅱ）当
≤a＜1时，f（x1）≤|f
（2）|.
故f（x）max＝|f
（2）|＝3a－1.
综上所述，
|f（x）|max＝
15分
（对应学生用书第59页）
热点题型1 利用导数研究函数的单调性问题
题型分析：
利用导数研究函数的单调性问题常在解答题的第1问中呈现，有一定的区分度，此类题涉及函数的极值点、利用导数判断函数的单调性、不等式的恒成立等.
【例1】 已知x＝1是f（x）＝2x＋
＋lnx的一个极值点．
（1）求函数f（x）的单调递减区间；
（2）设函数g（x）＝f（x）－
，若函数g（x）在区间[1,2]内单调递增，求实数a的取值范围.【导学号：
68334147】
[解]
（1）因为f（x）＝
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