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《2018年高考数学专题11导数的应用热点题型和提分秘籍理》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在工程资料-天天文库。
1、专题11导数的应用［高频裁解读】1•利用导数求两数的单调区间及极值（最值）、结合单调性与不等式的成立情况求参数范圉是高考命题的热点。2.常与基本初等函数的图象与性质、解析几何、不等式、方程等交汇命题，主要考查转化与化归思想、分类讨论思想的应用。3.题型主要以解答题为主，属屮高档题。热点题型一判断或证明函数的单调性例1、【2017课标II,理11】若兀=一2是函数f（x）=（x2+ax-l）ex-}的极值点，则f（x）的极小值为（）A.-1B.-2e~3C.5e-3D.1【答案】A【解析】由题可得f（兀）=（2乂+°）严+（*+口一1）旷1=［/+（°+2）兀+°-中3因为广（一2）=0，所以a
2、=-?/（才）=（/一兀一1）严，故於（兀）=（工+兀一2”3令r（x）>0,解得兀<-2或el,所以/（刃在（灯,-2）,（匕刊0）上单调递増，在（-2,1）上单调递减,所以/（力的极小值为/（1）={1-1-1>1_1=-1,故选A.x—$+5X,泾0【变式探究】设日丘［一2,0］,己知函数fx）=<证明广（才）在区间（-1,1）内单调递减，在区间（1,+<«）内单调递增。力+2解析：设函数£（无）=x~（$+5）x（点0）,f-Ax）=x——^—x+羽（心0）。①尸I（0=3#—（臼+5）,由于臼丘［—2,0］,从而当一IVjvWO时，fi（a）=3#—（玄+5）V3—a—5W0,所
3、以函数右匕）在区间（-1,0］内单调递减。②f2(%)=3x—(日+3)x+a=(3x—a)lx—1)。由于日W[—2,0],所以当0＜x＜l吋，F2(x)V0；当才＞1时，尸2(方＞0,即函数左(0在区间[0,1)内单调递减,在区间仃，+-0内单调递增。综合①②及f(0)=禺(0),可知函数代方在区间(-1,1)内单调递减，在区间(1,+8)内单调递增。【提分秘籍】导数法证明函数f(力在(日，血内的单调性的步骤⑴求f3;(2)确认尸(x)在(臼，方)内的符号；(3)作出结论：尸(方＞0吋为增函数；尸(方＜0吋为减函数。【举一反三】已知函数/U)=r-er,试判断fd)的单调性并给予证明。解
4、析：代力=#一『，/*(劝在R上单调递减,f(x)=2x—e”，只要证明尸COW0恒成立即可。设&3=尸3=2x—/则0(0=2—当x=2时，g3=0,当(―co,ln2)时，gf(劝＞0,当(ln2,+8)时，g‘(劝〈0。・•・f3^=g3^=g(ln2)=21n2-2＜0,・・・f3＜0恒成立，f{x)在R上单调递减。热点题型二求函数的单调区间例2、【2017天津，理20】设aeZ,已知定义在R上的函数/(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在区间(1,2)内有一个零点,g(x)为/(X)的导函数.(I)求g(x)的单调区间;(I)设me[tx0)U(x0,2],函数h(x)=g(
5、x)(m-x0)-f(m),求证:/?(m)/z(x0)<0；(II)求证：存在大于0的常数A,使得对于任意的正整数p,q,且-^g[1,x0)U(x0,2],满足q【答案】(I)增区间是(-00,-1).递减区间是乙(II)见解析；(111)见解析.【解析】(I)解：由/(兀)=2兀°+3兀弓-3兀2一6兀+」可得g(x)=/"©)=8三+9/-6兀-6,进而可得gr{x)=24x2+18x-6=0解得x=-l>或x=g・4当x变化时，gSS(x)的变化情况如下表:X(7-1)(二亦)4g©)+-+ggX/所以，£(兀)的单调递増区间是(TD-1),单调递减区间是(-ly).44(II)证明
6、：由%(x)=g(兀)(加一兀0)-于(加),得h[in)=^(m)(m-x0)-/(m),令函数耳(兀)=g(兀)(兀一兀o)-/(兀),则H](兀)=g，(A：)(兀一兀o).由(I)知,当xe[1,2]时，/(x)>0,故当xg[1,x0)时,H；(x)<0,Hj(x)单调递减；当xg(x0,2]时，H；(x)>0,H,(x)单调递增.因此，当兀引1,兀兀o,2]时,//1(x)>W1(xo)=-/(xo)=O,可得H、(m)>0,即力(加)>0.令函数W2(x)=g(x0)(x-x0)-/(x),则//2(x)=g(x0)-g(x).由(I)知，g(兀)在[1,2]上单调递增,故当xg
7、[1,x0)时，(兀)>0,W2(x)单调递增;当xg(x0,2]时，H2(x)<0,W2(x)单调递减.因此,当xe[l,x0)u(x0,2]时，772(x)
