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1、精品名师归纳总结突破点 16导数的应用 酌情自选 核心学问提炼 提炼 1 导数与函数的单调性(1) 函数单调性的判定方法在某个区间 a，b内，假如 fx0，那么函数 y fx在此区间内 单调递增 。假如 fx 0，那么函数 yfx在此区间内 单调递减(2) 常数函数的判定方法假如在某个区间 a，b内，恒有 fx0，那么函数 yfx是常数函数 ，在此区间内不具有单调性(3) 已知函数的单调性求参数的取值范畴设可导函数 fx在某个区间内 单调递增 或递减，就可以得出函数 fx在这个区间内 fx0或 fx0，从而转化为 恒成立问题来解决 留意等号成立的检验.提炼 2 函数极值的判别留意点(1) 可导
2、函数 极值点的导数为 0，但导数为 0 的点不肯定是极值点 ，如函数 fx x3，当 x 0 时就不是极值点，但 f00.(2) 极值点 不是一个点，而是一个 数x0，当 xx0时，函数取得极值在 x0 处有 fx00 是函数 fx在 x0 处取得极值的 必要不充分条件(3) 函数 fx在一闭区间上的 最大值是此函数在此区间上的 极大值 与其端点函数值中的最大值 ，函数 fx在一闭区间上的 最小值是此函数在此区间上的 微小值与其端点函数值中的最小值 .提炼 3 函数最值的判别方法(1) 求函数 fx在闭区间 a，b 上最值的关键是 求出 fx0 的根的函数值 ，再与fa，fb作比较 ，其中最大
3、的一个是 最大值， 最小的一个是 最小值(2) 求函数 fx在非闭区间上的 最值，只需利用 导数法判定函数 fx的单调性 ，即可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可得结论回访 1导数的几何意义高考真题回访 21可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1 2021 全国卷 曲线 y xx在点1,2处的切线方程为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结x2x y10 y2x 1 ， y|x 1 1，即曲线在点 1,2处的切线的斜率 k1，切线方程为 y 2 x 1， 即 xy10.2 2021 全国卷 已知 fx为偶函数，
4、当 x 0 时， fx e x 1 x，就曲线 y fx在点1,2处的切线方程是2xy0 设 x0，就 x 0， f xex 1x.fx为偶函数， fxfx， fx ex1x.当 x 0 时， fx ex11，f 1 e111112.曲线 yfx在点1,2处的切线方程为 y22x1， 即 2xy 0.回访 2导数与函数的单调性13 2021 全国卷 假设函数 fx x 3sin 2x asin x 在， 单调递增，就 a的取值范畴是 3A 1,1B 1，1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结C. 3， 311D. 1， 31C取 a 1，就 fxx3sin 2xsin x，fx13
5、cos 2xcos x，但 f0121223 130，不具备在 ，单调递增的条件，故排除A， B，D.应选 C.42021 全国卷 设函数 fx是奇函数 fxxR的导函数， f 10，当 x0 时，xfx fx0 成立的 x 的取值范畴是 A， 10,1C， 1 1,0B1,0 1， D 0,11， A设 ygx x x0，就 gxf xxf x f xx2，当 x0 时，xfxfx0，gx0， gx0 时， fx0,0x1， 当 x0， gx0， x0 成立的 x 的取值范畴是 ， 1 0,1，应选 A.回访 3函数的极值与最值5 2021 全国卷 已知函数 fx x3ax2bxc，以下结论
6、中错误的选项是 A. x0R，fx00B. 函数 y fx的图象是中心对称图形C. 假设 x0 是 fx的微小值点，就 fx在区间 ， x0上单调递减D. 假设 x0 是 fx的极值点，就 fx0 0CA 项，由于函数 fx的值域为 R，所以肯定存在 x0R，使 fx00.A 正确B项，假设函数 fxx3 ax2 bxc 的对称中心为 m， n，按向量 am，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结n将函数的图象平移， 就所得函数 yfxm n 是奇函数 所以 fxmfxm 2n0，化简得 3m ax2m3 am2bmcnxR 恒成立，故 3ma可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师
7、归纳总结0，得 manm3am2bmcf a，所以函数 fxx3 ax2 bxc可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 3，3a a的对称中心为 3，f3，故 yfx的图象是中心对称图形 B 正确 C 项，由于 fx3x22axb 是二次函数， fx有微小值点 x0，必定有一个极大值点x1，假设 x1x0，就 fx在区间 ，x0上不单调递减 C 错误 D 项，假设 x0 是极值点，就肯定有 fx0 0.应选 C.热点题型 1利用导数争论函数的单调性题型分析： 利用导数争论函数的单调性问题常在解答题的第1问中出现，有肯定的区分度，此类题涉及函数的极值点、利用导数判定函数的单调性、不等式
8、的恒成立等可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结【例 1】 2021 辽宁葫芦岛模拟 已知 x1 是 fx 2xbln x 的一个极值点可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结(1) 求函数 fx的单调递减区间。3ax可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结(2) 设函数 gxfx取值范畴 .x，假设函数 gx在区间 1,2内单调递增，求实数a 的【导学号： 04024135】可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结bb1b解 1由于 fx2xxln x，所以 fx2x2 x，由于 x1 是 fx 2x xln x 的一个极值点， 所以 f1 2 b 1 0，
9、解得 b3，经检验， 符合题意， 3所以 bfx2xxln x，其定义域为 0， 4 分可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结令 fx 23103x 1，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 x2 x ，解得 23所以函数 fx2xxln x 的单调递减区间为 0,16 分可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3 aa1a可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2由于 gxfxx 2xln x x，所以 gx2 xx28 分可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由于函数 gx在1,2 上单调递增，所以 gx 0 在1,2 上恒成立，即 21a0
10、 x x2在 x1,2 上恒成立，所以 a2x2xmax，而在 1,2 上， 2x2xmax 3， 所以 a 3.所以实数 a 的取值范畴为 3，12 分方法指津 依据函数 yfx在a， b上的单调性，求参数范畴的方法：(1) 假设函数 yfx在a，b上单调递增，转化为 fx0 在a，b上恒成立求解(2) 假设函数 yfx在a，b上单调递减，转化为 fx0 在a，b上恒成立求解(3) 假设函数 y fx在a，b上单调，转化为 fx在a，b上不变号即 fx在a， b上恒正或恒负(4) 假设函数 y fx在a，b上不单调，转化为 fx在a，b上变号变式训练 12021 全国卷改编 已知函数 fx
11、exexa a2x，试争论 fx的单调性.解函数 fx的定义域为 ，fx2e2x aexa22exaexa.3 分1假设 a0，就 fx e2x 在 ，上单调递增4 分2假设 a0，就由 fx0 得 xln a.当 x， ln a时， fx0。 当 xln a，时， fx0. 故 fx在，ln a上单调递减，在ln a， 上单调递增8 分23假设 a0，所以 fx在0， 上单调递增1假设 a0，就当 x 0，a 时， fx0。1当 x a， 时， fx0 时， fx在 x1 a处取得最大值，最大值为111f a ln a a 1a ln aa110 分1因此 f a 2a2 等价于 ln a
12、a 10.令 galn aa1，就 ga在0， 上单调递增， g10.于是，当 0a1 时， ga1 时， ga0.因此， a 的取值范畴是 0,112 分热点题型 3利用导数解决不等式问题题型分析： 此类问题以函数、导数与不等式相交汇为命题点，实现函数与导数、不等式及求最值的相互转化，达成了综合考查考生解题才能的目的【例 3】 2021 全国卷 已知函数 fxln xax22a1x.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结(1) 争论 fx的单调性。4a2当 a0， 故 fx在0， 1假设 a0。1当 x 2a， 时， fx0.11故 fx在 0， 2a 上单调递增，在 2a， 上单
13、调递减 .5 分(2) 证明： 由1知，当 a0。当 x1， 时， gx0 时， gx0.从而当 agxfx0fx gx0，进而构造帮助函数 hxfxgx(2) 构造“形似 ”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数。把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，依据“ 相同结构 ”构造帮助函数 3主元法：对于 或可化为 fx1，x2 A 的不等式， 可选 x1或 x2为主元，构造函数 fx，x2或 fx1， x 4放缩法：假设所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数变式训练 32021 太原一模 设函数 fx ax2ln x bx 1x0，曲线 yfx过点e，e
14、2 e 1，且在点 1,0处的切线方程为 y0.1求 a，b 的值。2证明：当 x 1 时， f xx 12。3假设当 x1 时， fxmx12 恒成立，求实数 m 的取值范畴 .【导学号： 04024137】解 1函数 fxax2ln x bx 1x0，可得 fx2aln xaxb，由于 f1ab0，feae2be1 ae2e1e2 e1，所以 a 1， b 12 分2证明： fx x2ln x x1， 设 gx x2ln xx x2x1，g x2xln xx 1， gx 2ln x 1 0， 所以 g x在0， 上单调递增，所以 g xg10，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总
15、结所以 gx在0， 上单调递增，所以 gxg1 0，所以 fxx 12 3设 hxx2ln x x mx 12 1， h x2xln xx 2mx 11，由2中知 x2ln x x12x1 xx 1，所以 xln x x1，所以 hx3x12mx1，6 分当 3 2m 0 即 m32时， h x0，所以 hx在1， 单调递增，所以 hxh1 0，成立当 3 2m 0 即 m2时，h x2xln x12mx 1， hx 2ln x 32m，3令hx 0，得 x0e2m321，当 x1， x0时， h xh10，所以 hx在1，x0上单调递减，所以 hxh1 0，不成立综上， m2312 分可编辑资料 - - - 欢迎下载