（新高考）2020版高考数学二轮复习 重点保分专题二 小题考法课（二）课件 文

小题考法课(二)导数的简单应用考点(一)利用导数研究函数的单调性[典例](1)函数y＝x＋3x＋2lnx的单调递减区间是()A．(－3,1)B．(0,1)C．(－1,3)D．(0,3)(2)(2019·郑州第二次质量预测)函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的可导函数，f′(x)为其导函数，若xf′(x)＋f(x)＝ex(x－2)且f(3)＝0，则不等式f(x)0的解集为()A．(0,2)B．(0,3)C．(2,3)D．(3，＋∞)[解析](1)令y′＝1－3x2＋2x0，得－3x1，又x0，故所求函数的单调递减区间为(0,1)．故选B.(2)令g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＝ex(x－2)，可知当x∈(0,2)时，g(x)＝xf(x)是减函数，当x∈(2，＋∞)时，g(x)＝xf(x)是增函数．又f(3)＝0，所以g(3)＝3f(3)＝0.在(0，＋∞)上，不等式f(x)0的解集就是xf(x)0的解集，又g(0)＝0，所以f(x)0的解集是(0,3)，故选B.[答案](1)B(2)B[解题方略]1．利用单调性比较大小的4步骤2．由函数的单调性求参数取值范围的策略(1)可导函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值范围；(2)可导函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f′(x)＞0(或f′(x)＜0)在该区间上存在解集，即f′(x)max＞0(或f′(x)min＜0)在该区间上有解，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围．[集训冲关]1．设函数f(x)＝x(ex＋e－x)，则f(x)()A．是奇函数，且在(0，＋∞)上是增函数B．是偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数C．是奇函数，且在(0，＋∞)上是减函数D．是偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数解析：由条件可知，f(－x)＝(－x)(e－x＋ex)＝－x(ex＋e－x)＝－f(x)，故f(x)为奇函数．f′(x)＝ex＋e－x＋x(ex－e－x)，当x0时，exe－x，所以x(ex－e－x)0，又ex＋e－x0，所以f′(x)0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，故选A.答案：A2．函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x在[1，＋∞)上存在单调递减区间，则实数a的取值范围为________．解析：∵f(x)＝e2x－aex－a2x，∴f′(x)＝2e2x－aex－a2，设t＝ex，∵x∈[1，＋∞)，∴t∈[e，＋∞)，即g(t)＝2t2－at－a2在[e，＋∞)上有零点．∴g(e)＝2e2－ae－a20，解得ae或a－2e，∴实数a的取值范围为(－∞，－2e)∪(e，＋∞)．答案：(－∞，－2e)∪(e，＋∞)考点(二)利用导数研究函数的极值最值问题题点一求已知函数的极值(最值)[典例1]已知函数f(x)＝xlnx＋2x(x1)，则函数f(x)的极小值为________．[解析]f(x)＝xlnx＋2x(x1)，f′(x)＝lnx－1＋2ln2xln2x，令f′(x)＝0，得2ln2x＋lnx－1＝0，解得lnx＝12或lnx＝－1(舍去)，即x＝e12.当1xe12时，f′(x)0，当xe12时，f′(x)0，∴f(x)的极小值为f(e12)＝e1212＋2e12＝4e12.[答案]4e12[典例2](2019·安徽皖东名校联考)若直线y＝4x＋4与曲线y＝mex有公共点，则实数m的最大值是________．[解析]由题意知，4x＋4－mex＝0在R上有实数根，即m＝4x＋4ex在R上有实数根．令f(x)＝4x＋4ex，则f′(x)＝－4xex.易知函数f(x)在(－∞，0)内单调递增，在(0，＋∞)内单调递减，所以f(x)≤f(0)＝4.因此实数m的最大值是4.[答案]4[解题方略]利用导数研究函数极值、最值的方法(1)若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号．(2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解．(3)求函数f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．题点二由函数的极值(最值)确定参数值(范围)[典例3](1)已知函数f(x)＝xx2＋a(a0)在[1，＋∞)上的最大值为33，则a的值为()A.3－1B.34C.43D.3＋1(2)若函数f(x)＝(x2＋ax＋3)ex在(0，＋∞)内有且仅有一个极值点，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－22]B．(－∞，－22)C．(－∞，－3]D．(－∞，－3)[解析](1)由f(x)＝xx2＋a，得f′(x)＝a－x2x2＋a2，当a＞1时，若x＞a，则f′(x)＜0，f(x)单调递减，若1＜x＜a，则f′(x)0，f(x)单调递增，故当x＝a时，函数f(x)有最大值12a＝33，得a＝34＜1，不合题意；当a＝1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，最大值为f(1)＝12，不合题意；当0＜a＜1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，此时最大值为f(1)＝1a＋1＝33，得a＝3－1，符合题意．故a的值为3－1.(2)f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax＋3)ex＝[x2＋(a＋2)x＋a＋3]ex，令g(x)＝x2＋(a＋2)x＋a＋3.由题意知，f(x)在(0，＋∞)内先减后增或先增后减，结合函数g(x)的图象特征知，－a＋220，a＋3≤0或－a＋22≤0，a＋30，解得a≤－3.故选C.[答案](1)A(2)C[解题方略]已知函数极值点或极值求参数的方法列式根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解验证因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性[集训冲关]1．函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是()A．(－1,3)为函数y＝f(x)的单调递增区间B．(3,5)为函数y＝f(x)的单调递减区间C．函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值D．函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值解析：由函数y＝f(x)的导函数的图象可知，当x－1或3x5时，f′(x)0，y＝f(x)单调递减；当x5或－1x3时，f′(x)0，y＝f(x)单调递增．所以函数y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3,5)，单调递增区间为(－1,3)，(5，＋∞)．函数y＝f(x)在x＝－1，5处取得极小值，在x＝3处取得极大值，故选项C错误，选C.答案：C2．若函数f(x)＝|x|－1x2在{x|1≤|x|≤4，x∈R}上的最大值为M，最小值为m，则M－m＝()A.3116B．2C.94D.114解析：f(x)＝|x|－1x2为偶函数，当1≤x≤4时f(x)＝x－1x2，所以f′(x)＝12x＋2x30，所以f(x)∈0，3116，因此M＝3116，m＝0，所以M－m＝3116.答案：A3．(2019·昆明质检)已知函数f(x)＝ax2＋bx＋clnx(a0)在x＝1和x＝2处取得极值，且极大值为－52，则函数f(x)在区间(0,4]上的最大值为()A．0B．－52C．2ln2－4D．4ln2－4解析：f′(x)＝2ax＋b＋cx＝2ax2＋bx＋cx(x0，a0)．因为函数f(x)在x＝1和x＝2处取得极值，所以f′(1)＝2a＋b＋c＝0①，f′(2)＝4a＋b＋c2＝0②.又a0，所以当0x1或x2时，f′(x)0，f(x)是增函数；当1x2时，f′(x)0，f(x)是减函数．所以当x＝1时，f(x)极大值＝f(1)＝a＋b＝－52③.联立①②③，解得a＝12，b＝－3，c＝2.f(4)＝12×16－3×4＋2ln4＝4ln2－4，经比较函数f(x)在区间(0,4]上的最大值是f(4)＝4ln2－4.故选D.答案：D