高考数学(理科)(人教A版)二轮复习教案专题一第5讲导数及其应用

2013届高考数学（理）（人教A版）二轮复习教案专题一
第5讲导数及其应用
自主学习导引
真题感悟
1．(2012·辽宁)函数y＝1
2x
2－ln x的单调递减区间为
A．(－1,1]B．(0,1]
C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)
解析根据函数的导数小于0的解集就是函数的单调减区间求解．由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，
又由y′＝x－1
x≤0，解得0＜x≤1，
所以函数的单调递减区间为(0,1]．答案 B
2．(2012·安徽)设函数f(x)＝a e x＋
1
a e x＋b(a＞0)．
(1)求f(x)在[0，＋∞)内的最小值；
(2)设曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝3
2x，求a、b的值．
解析(1)f′(x)＝a e x－
1
a e x，
当f′(x)＞0，即x＞－ln a时，f(x)在(－ln a，＋∞)上递增；
当f′(x)＜0，即x＜－ln a时，f(x)在(－∞，－ln a)上递减．
①当0＜a＜1时，－ln a＞0，f(x)在(0，－ln a)上递减，在(－ln a，＋∞)上递增，从而f(x)在[0，＋∞)上的最小值为f(－ln a)＝2＋b；
②当a≥1时，－ln a≤0，f(x)在[0，＋∞)上递增，从而f(x)在[0，＋∞)上的
最小值为f(0)＝a＋1
a＋b.
(2)依题意f′(2)＝a e2－
1
a e2＝
3
2，解得a e
2＝2或a e2＝－
1
2(舍去)，
所以a＝2
e2，代入原函数可得2＋
1
2＋b＝3，
即b＝1 2，
故a＝2
e2，b＝
1
2.
考题分析
在每年的高考命题中都有导数应用的解答题出现，是高考试题的压轴题，难度较大，主要考查函数的单调性、极值、最值及根据单调性、极值、最值等确定参数的值或范围，解题的方法也是灵活多样，但导数的工具性都会有很突出的体现．
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考点一：利用导数研究函数的单调性
【例1】(2012·临沂模拟)已知函数f (x )＝2ax ＋a 2－1
x 2＋1，其中a ∈R .
(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在原点处的切线方程； (2)求f (x )的单调区间．
[审题导引] (1)直接根据导数的几何意义解决；(2)根据函数的结构特点，函数f (x )的导数应是一个分式，但分式的分母符号确定，其分子是一个多项式，所以讨论函数的单调性等价于讨论这个分子多项式的符号．
[规范解答] (1)当a ＝1时，f (x )＝2x
x 2＋1
，
f ′(x )＝－2
(x ＋1)(x －1)
(x 2＋1)2
.
由f ′(0)＝2，得曲线y ＝f (x )在原点处的切线方程是2x －y ＝0. (2)f ′(x )＝－2
(x ＋a )(ax －1)
x 2＋1
.
①当a ＝0时，f ′(x )＝
2x
x 2＋1
. 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，
在(－∞，0)上单调递减． 当a ≠0，f ′(x )＝－2a (x ＋a )⎝ ⎛⎭
⎪
⎫x －1a x 2
＋1
. ②当a ＞0时，令f ′(x )＝0，得x 1＝－a ，x 2＝1
a ， f (x )与f ′(x )的情况如下：
故f (x )的单调减区间是(－∞，－a )，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞；单调增区间是⎝ ⎛
⎭⎪⎫－a ，1a .
所以f (x )的单调增区间是⎝ ⎭⎪⎫－∞，1a ，(－a ，＋∞)；单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫
1a ，－a .
综上，a ＞0时，f (x )在(－∞，－a )，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞单调递减；在⎝ ⎛
⎭⎪⎫－a ，1a 单调递
增．
a ＝0时，f (x )在(0，＋∞)单调递增，在(－∞，0)单调递减；a ＜0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1a ，(－a ，＋∞)单调递增；在⎝ ⎛⎭⎪⎫
1a ，－a 单调递减． 【规律总结】
函数的导数在其单调性研究的作用
(1)当函数在一个指定的区间内单调时，需要这个函数的导数在这个区间内不改变符号(即恒大于或者等于零、恒小于或者等于零)，当函数在一个区间内不单调时，这个函数的导数在这个区间内一定变号，如果导数的图象是连续的曲线，这个导数在这个区间内一定存在变号的零点，可以把问题转化为对函数零点的研究．
(2)根据函数的导数研究函数的单调性，在函数解析式中若含有字母参数时要进行分类讨论，这种分类讨论首先是在函数的定义域内进行，其次要根据函数的导数等于零的点在其定义域内的情况进行，如果这样的点不止一个，则要根据字母参数在不同范围内取值时，导数等于零的根的大小关系进行分类讨论，最后在分类解决问题后要整合一个一般的结论．
[易错提示] 在利用“若函数f (x )单调递增，则f ′(x )≥0”求参数的范围时，注意
不要漏掉“等号”． 【变式训练】
1．(2012·临川五月模拟)已知函数f (x )＝1－x
ax ＋ln x .
(1)若函数f (x )在[1，＋∞)上为增函数，求正实数a 的取值范围； (2)讨论函数f (x )的单调性． 解析 (1)∵f (x )＝1－x
ax ＋ln x ， ∴f ′(x )＝ax －1
ax 2(a ＞0)．
∵函数f (x )在[1，＋∞)上为增函数， ∴f ′(x )＝ax －1
ax 2≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立， ax －1≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立， 即a ≥1
x 对x ∈[1，＋∞)恒成立，∴a ≥1. (2)∵a ≠0，f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
x －1a ax 2＝x －1a x 2，x ＞0， 当a ＜0时，f ′(x )＞0对x ∈(0，＋∞)恒成立， ∴f (x )的增区间为(0，＋∞)，
当a ＞0时，f ′(x )＞0⇒x ＞1a ，f ′(x )＜0⇒x ＜1
a ， ∴f (x )的增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞，减区间为⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，1a . 考点二：利用导数研究函数的极值与最值
【例2】(2012·朝阳二模)已知函数f (x )＝a ln x ＋2a 2
x ＋x (a ≠0)．
(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x －2y ＝0垂直，求实数a 的值；
(2)讨论函数f (x )的单调性；
(3)当a ∈(－∞，0)时，记函数f (x )的最小值为g (a )，求证：g (a )≤1
2e 2. [审题导引] (1)利用导数的几何意义可求；
(2)讨论函数f (x )的导函数的符号可知f (x )的单调性；
(3)利用(2)中函数f (x )的单调性求出f (x )的最小值g (a )，并求g (a )的最大值可证不
等式．
[规范解答] (1)f (x )的定义域为{x | x ＞0}．
f ′(x )＝a x －2a 2
x 2＋1(x ＞0)．
根据题意，有f ′(1)＝－2，所以2a 2－a －3＝0， 解得a ＝－1或a ＝3
2.
2)f ′(x )＝a x －2a 2
x 2＋1＝x 2＋ax －2a 2x 2＝(x －a )(x ＋2a )x 2
(x ＞0)．
①当a ＞0时，因为x ＞0，
由f ′(x )＞0得(x －a )(x ＋2a )＞0，解得x ＞a ； 由f ′(x )＜0得(x －a )(x ＋2a )＜0，解得0＜x ＜a .
所以函数f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，在(0，a )上单调递减． ②当a ＜0时，因为x ＞0，
由f ′(x )＞0得(x －a )(x ＋2a )＞0，解得x ＞－2a ； 由f ′(x )＜0得(x －a )(x ＋2a )＜0，解得0＜x ＜－2a .
所以函数f (x )在(0，－2a )上单调递减，在(－2a ，＋∞)上单调递增． (3)证明 由(2)知，当a ∈(－∞，0)时，函数f (x )的最小值为g (a )， 且g (a )＝f (－2a )＝a ln(－2a )＋2a 2
－2a －2a ＝a ln(－2a )－3a .
g ′(a )＝ln(－2a )＋a ·－2
－2a －3＝ln(－2a )－2，
令g ′(a )＝0，得a ＝－1
2e 2.
当a
－1
2e 2是g (a )在(－∞，0)上的唯一极值点，且是极大值点，从而也是g (a )的最大值点．
所以g (a )最大值＝g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－12e 2
＝－12e 2ln ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12e 2－3⎝ ⎛⎭⎪⎫－12e 2
＝－12e 2ln e 2＋32e 2＝1
2e 2.
所以，当a ∈(－∞，0)时，g (a )≤12e 2
成立．。