2016版高考数学(理科通用版)二轮复习课件专题四 导数及其应用 第2讲
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－m －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． 解： (1)f′(x)＝ ex＋ 2m 2 x－ 1， x 2 设 g(x)＝e ＋ 2m x－ 1， x 2 g′ (x)＝ e ＋ 2m >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)＝e 0＋ t＝ 1＋ t. 要使 f(x)≥0 在 R 上恒成立，则有 1＋ t≥ 0. 即 t≥－ 1.
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．
考点一
导数在研究函数单调性中的应用
当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)>0.
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 x1 ， x2 ∈ [ － 1 ， 1] ， |f(x1) － f(x2)|≤e － 1 的 充 要 条 件 是 f （ 1）－ f（ 0）≤e－ 1，
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破口．
三年真题统计 2014
2013
卷Ⅰ， T21(2)
卷Ⅰ，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
1．已知函数 f(x)＝ x2＋ a(x＋ ln x)， a∈ R. (1)当 a＝－ 1 时，求 f(x)的单调区间源自文库 1 (2)若 f(x)> (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， 2 2x － x－ 1 ∴ f′(x)＝ . 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，＋∞ )．
f （－ 1）－ f（ 0）≤e－ 1， e －m≤ e－ 1， 即 － m e ＋m≤e－ 1.
t m
①
t
设函数 g(t)＝e － t－e＋ 1，则 g′(t)＝e － 1.
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 ＋ 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 e m－m >e－ 1； 当 m<－1 时， g(－m)>0， 即 e ＋m >e－ 1. 综上，m 的取值范围是 [－ 1， 1]．
(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≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)<0；
(2)①当 a＝ 0 时， f(x)＝ x2，显然符合题意； 1 ②当 a>0 时，当 0<x<e－1－ <1 时， a 1 1 f(x)<1＋ a＋ a ln x<1＋a＋ a(－ 1－ )＝0< (e＋ 1)a， 2 a 不符合题意； 2x2＋ ax＋a ③当 a<0 时，则 f′(x)＝ ， x 令 f′(x)＝0，则存在 x0∈ (0，＋∞ )，使得 2x2 0＋ax0＋ a＝0， 即 f′(x0)＝0， 令 f′(x)<0，则 0<x<x0；
令 f′(x)>0，则 x>x0， 2 ∴ f(x)min＝f(x0)＝ x0 ＋ a(x0＋ ln x0) 1 ＝ a[(x0－ 1)＋ 2ln x0]， 2 1 ∵ f(x)> (e＋ 1)a， 2 ∴ x0＋ 2ln x0－(e＋ 2)<0， ∴ 0<x0 <e， 2 ∵ 2x0 ＋ ax0＋ a＝ 0， 2 2x2 2e 0 ∴ a＝－ ∈ (－ ， 0)． x0 ＋ 1 e＋ 1
专题四
导数及其应用
第2讲
导数的综合应用
专题四
导数及其应用
2016考向导航 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
卷Ⅱ，T21(1) 卷Ⅰ，T21(2) 卷Ⅱ，T21(2) 卷Ⅱ，T21(2)
[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． 解： (1)f′(x)＝ ex＋ 2m 2 x－ 1， x 2 设 g(x)＝e ＋ 2m x－ 1， x 2 g′ (x)＝ e ＋ 2m >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)＝e 0＋ t＝ 1＋ t. 要使 f(x)≥0 在 R 上恒成立，则有 1＋ t≥ 0. 即 t≥－ 1.
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．
考点一
导数在研究函数单调性中的应用
当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)>0.
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 x1 ， x2 ∈ [ － 1 ， 1] ， |f(x1) － f(x2)|≤e － 1 的 充 要 条 件 是 f （ 1）－ f（ 0）≤e－ 1，
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破口．
三年真题统计 2014
2013
卷Ⅰ， T21(2)
卷Ⅰ，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
1．已知函数 f(x)＝ x2＋ a(x＋ ln x)， a∈ R. (1)当 a＝－ 1 时，求 f(x)的单调区间源自文库 1 (2)若 f(x)> (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， 2 2x － x－ 1 ∴ f′(x)＝ . 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，＋∞ )．
f （－ 1）－ f（ 0）≤e－ 1， e －m≤ e－ 1， 即 － m e ＋m≤e－ 1.
t m
①
t
设函数 g(t)＝e － t－e＋ 1，则 g′(t)＝e － 1.
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 ＋ 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 e m－m >e－ 1； 当 m<－1 时， g(－m)>0， 即 e ＋m >e－ 1. 综上，m 的取值范围是 [－ 1， 1]．
(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≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)<0；
(2)①当 a＝ 0 时， f(x)＝ x2，显然符合题意； 1 ②当 a>0 时，当 0<x<e－1－ <1 时， a 1 1 f(x)<1＋ a＋ a ln x<1＋a＋ a(－ 1－ )＝0< (e＋ 1)a， 2 a 不符合题意； 2x2＋ ax＋a ③当 a<0 时，则 f′(x)＝ ， x 令 f′(x)＝0，则存在 x0∈ (0，＋∞ )，使得 2x2 0＋ax0＋ a＝0， 即 f′(x0)＝0， 令 f′(x)<0，则 0<x<x0；
令 f′(x)>0，则 x>x0， 2 ∴ f(x)min＝f(x0)＝ x0 ＋ a(x0＋ ln x0) 1 ＝ a[(x0－ 1)＋ 2ln x0]， 2 1 ∵ f(x)> (e＋ 1)a， 2 ∴ x0＋ 2ln x0－(e＋ 2)<0， ∴ 0<x0 <e， 2 ∵ 2x0 ＋ ax0＋ a＝ 0， 2 2x2 2e 0 ∴ a＝－ ∈ (－ ， 0)． x0 ＋ 1 e＋ 1
专题四
导数及其应用
第2讲
导数的综合应用
专题四
导数及其应用
2016考向导航 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
卷Ⅱ，T21(1) 卷Ⅰ，T21(2) 卷Ⅱ，T21(2) 卷Ⅱ，T21(2)