高考数学二轮复习 专题四 导数及其应用 第2讲 导数的综合应用 理

1．活用的两个转化 (1)利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等 式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用．
(2)利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基 本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调 性，或者函数的最值证明函数h(x)>0，其中一个重要技巧就 是找到函数h(x)等于零的点，这往往就是解决问题的一个突
当 t<0 时，g′(t)<0；当 t>0 时，g′(t)>0. 故 g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 又 g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e<0， 故当 t∈[－1，1]时，g(t)≤0. 当 m∈[－1，1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0， 即①式成立；
当 m>1 时，由 g(t)的单调性，g(m)>0， 即 em－m>e－1； 当 m<－1 时，g(－m)>0， 即 e－m＋m>e－1. 综上，m 的取值范围是[－1，1]．
令 f′(x)>0，则 x>x0， ∴f(x)min＝f(x0)＝x20＋a(x0＋ln x0) ＝12a[(x0－1)＋2ln x0]，
∵f(x)>1(e＋1)a， 2
∴x0＋2ln x0－(e＋2)<0，
∴ 0<x0 <e， ∵ 2x20＋ ax0＋ a＝ 0， ∴ a＝－x02＋x20 1∈ (－e2＋e 21， 0)． 综上所述，实数 a 的取值范围为(－e2＋e21，0]．
解： (1)f′(x)＝ ex＋ 2m 2x－ 1， 设 g(x)＝ex＋2m2x－1， g′ (x)＝ ex＋ 2m 2>0. ∴g(x)在 R 上为单调增函数，且 g(0)＝0. ∴当 x<0 时，g(x)<0；当 x>0 时，g(x)>0. 即 x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0. ∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)由(1)知 f(x)min＝f(0)＝e0＋t＝1＋t. 要使 f(x)≥0 在 R 上恒成立，则有 1＋t≥0. 即 t≥－1.
2．设函数f(x)＝ex－ax－1. (1)若函数f(x)在R上单调递增，求a的取值范围； (2)当a>0时，设函数f(x)的最小值为g(a)，求证： g(a)≤0；
破口．
2．辨明易错易混点 (1)注意定义域优先的原则，求函数的单调区间和极值点必须 在函数的定义域内进行． (2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要 通过认真比较才能下结论． (3)解题时要注意区分求单调性和已知单调性的问题，处理好
f′(x)＝0时的情况；区分极值点和导数为0的点．
若m<0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1>0，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，emx－1<0，f′(x)>0.
所以,f(x)在(－∞，0)上单调递减,在(0，＋∞)上单调递增
． (2)由(1)知，对任意的 m，f(x)在[－1，0]上单调递减，在[0，
1]上单调递增，故 f(x)在 x＝0 处取得最小值．所以对于任意
专题四 导数及其应用
第2讲 导数的综合应用
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历届高考考什 么？
1.导数在研究 函数单调性中 的应用 2.导数在证明 不等式中的应 用 3.导数在求函 数参数范围中 的应用 4.导数在求函 数最值中的应 用
2015
三年真题统计 2014
2013
卷Ⅱ，T21(1)
卷Ⅰ，T21(2)
x1 ， x2 ∈ [ － 1 ， 1] ， |f(x1) － f(x2)|≤e － 1 的 充 要 条 件 是
f（ 1）－ f（ 0）≤e－ 1，
f（－ 1）－ f（ 0）≤e－ 1，
即e m－m≤ e－ 1，
①
e － m＋m≤e－ 1.
设函数 g(t)＝et－t－e＋1，则 g′(t)＝et－1.
[名师点评] 用导数判断函数的单调性的三种基本思想
(1)解导函数不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0；
(2)对含有参数的导函数解不等式时要分类讨论；
(3)研究f′(x)的零点，根据零点分界，得出单调区间．
设函数f(x)＝ex＋m2x2－x＋t.(m∈R，t∈R)
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≥0在R上恒成立，求t的范围．
卷Ⅰ，T21(2) 卷Ⅰ，T21(2) 卷Ⅱ，T21(2)
卷Ⅱ，T21(2) 卷Ⅱ，T21
卷Ⅱ，T21(2) 卷Ⅱ，T21(2)
专题四 导数及其应用
2016会怎样考？ 2016年高考对本讲知识的考查仍将突出导数的工具性，重点考 查利用导数研究函数极值、最值及单调性等问题．其中蕴含对 转化与化归、分类讨论和数形结合等数学思想方法的考查
考点一 导数在研究函数单调性中的应用
(2015·高考全国卷Ⅱ，12分)设函数f(x)＝ emx＋x2－mx. (1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增； (2)若对于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－ 1，求m的取值范围． [解] (1)证明：f′(x)＝m(emx－1)＋2x. 若m≥Leabharlann Baidu，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)<0； 当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)>0.
1．已知函数 f(x)＝x2＋a(x＋ln x)，a∈R. (1)当 a＝－1 时，求 f(x)的单调区间； (2)若 f(x)>1(e＋1)a，求 a 的取值范围．
2
解：(1)由题意得 x∈(0，＋∞)，
当 a＝－1 时，f(x)＝x2－x－ln x，
∴
f′(x)＝2x2－
x－
1 .
x
令 f′(x)<0，则 0<x<1；
令 f′(x)≥0，则 x≥1，
∴f(x)的单调递减区间是(0，1)，
单调递增区间是[1，＋∞)．
(2)①当 a＝0 时，f(x)＝x2，显然符合题意； ②当 a>0 时，当 0<x<e－1－1a<1 时， f(x)<1＋a＋a ln x<1＋a＋a(－1－1a)＝0<12(e＋1)a， 不符合题意； ③当 a<0 时，则 f′(x)＝2x2＋xax＋a， 令 f′(x)＝0，则存在 x0∈(0，＋∞)，使得 2x20＋ax0＋a＝0， 即 f′(x0)＝0， 令 f′(x)<0，则 0<x<x0；