2018年高考数学热点题型和提分秘籍专题11导数的应用文

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1、专题11导数的应用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,】若x=-2是函数/（x）=C?+q—10"的极值点，则/（兀）的极小值为（）A.-1B.-2e~3C.5尸D.1【答案】A【解析】由題可得f(x)=(2x+c)gE+(x2+i7x-l)RJ=[/+(a+2)x+c-l旷】，因为f(—2)=0>

2、所以a=—l?令r(x)>0,解得才<-2或el,所以/(x)1±(^o-2)=(Lw)±单调递増，在(-2,1)上单调递减，所以/(%)的极小值为/(1)=(1一1一1疋-=一1,故选A.【变式探究】设加-2,0],已知函数心#冲“,”证明fd）在区间（-1,1）内单调递减，在区间仃，+->）内单调递增。o-

3、-3【解析】设函数£&）=/—Q+5）无dWO）,=/—亍/+白才匕$0）。①尸1（方=3,—（臼+5）,由于白E[—2,0],从而当一IVjvWO时，fi（a）=3x—（a+5）<3—曰一5

4、W0,所以函数£（方在区间（-1,0]内单调递减。幼⑵=血2-(口+3圧+戸(3兀一強一1)。由于所以当tKxl时,/2(x)>0,即函数反0诳区间［0,1)内单调递减，在区间(1,+Q内单调递増。综合①②及为卩)=•烦0),可知函数用舟区间(-1J)内单调递减，在区间(1,+Q内单调递増。【提分秘籍】导数法证明函数f(0在(曰，勿内的单调性的步骤⑴求尸3；(2)确认f(劝在(a,b)内的符号;(3)作岀结论：f3>0时为增函数；f(力<0时为减函数。【举一反三】已知函数fg『，试判断代方的单调性并给予证明。【解析】fd)=,—J代方在

5、R上单调递减，f(0=2/—e",只要证明尸d)W0恒成立即可。设g{x)=f(x)=2x—e则03=2—e",当x=ln2时,g‘(x)=0,当(—oo,ln2)吋，gr(0〉O,当xEl(ln2,+°°)时，g'(方<0。f(x)max=g{x)1n2)=21n2—2<0,:.f(x)<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，】设aeZ,已知定义在R上的函数/(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在区间(1,2)内有一个零点兀°,列兀)为/(X)的导函数.(I)求g(x)的单调区间;(II)设me[l,x0)U

6、(x0,2],函数h(x)=g(x)(tn-xQ)-f(m),求证：/?(m)/?(x0)<0；【答案】(I)增区间是(-00,-1),(III)求证：存在大于0的常数A,使得对于任意的正整数p,q,且2w[1,x())U(x(),2],满足q,递减区间是[-1,-1.(II)见解析；(III)见解析.I4丿【解析】(I)解：由于(兀)=2〒+3兀3—3兀2—6兀+Q,可得g(x)二广(兀)=8土+9兀2一6尤一6,进而可得g'(x)=24干+18兀一6.令g'(x)=0,解得x=-l,或兀=£.当x变化时,gS的的变化情况如下表:X(fT)A、(丁严)4g©++/

7、/所儿龙(兀)的单调递増区间是(t»=T),(二炖)，单调递减区间是44(II)证明：由应(兀)=茗(兀)(加一兀)一/(?«),得兀)-丁帥),列兀)=g(斗>)(用一兀)一于(加)•令函数Hr(x)=g(x)(x-^)-f(x),则=兀).由(I)知,当xe[1.2]时,g©)>0,故当兀丘[1,兀0)时,W((%)<0,H](兀)单调递减；当xe(x0,2]时,//,(x)>0,H}(x)单调递增.因此，当兀w[1,兀o)u(兀o,2]时,耳(兀)>//](兀0)=-于(兀0)=0,可得Hx(m)>0,即/?(m)>0.令函数W2(x)=

8、)-/(x),则(兀)=g(兀0)-8(兀)•由(I)知’g(兀)在[1,2]上单调递增，故当xg[1,x0)时,圧(兀)>0,H2(x)单调递增；当xg(x0,2]时，H；(兀)vO,H2(x)单调递减.因此,当兀W［1,%O)U(兀0,2］时,H2(X)