2019屆高考數(shù)學二輪復習 專題一 第3講 導數(shù)與函數(shù)綜合問題學案.docx

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第3講導數(shù)與函數(shù)綜合問題 1.利用導數(shù)研究函數(shù)的性質，以含指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、三次有理函數(shù)為載體，研究函數(shù)的單調性、極值、最值，并能解決簡單的問題. 2.在高考壓軸題中，函數(shù)與方程、不等式的交匯是考查的熱點，常以含指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)為載體考查函數(shù)的零點(方程的根)、比較大小、不等式證明、不等式恒成立與能成立問題. 1.導數(shù)的幾何意義 函數(shù)f(x) 在x0處的導數(shù)是曲線f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線的斜率，曲線f(x)在點P處的切線的斜率k＝f′(x0)，相應的切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0). 2.四個易誤導數(shù)公式 (1)(sin x)′＝cos x； (2)(cos x)′＝－sin x； (3)(ax)′＝axln a(a>0，且a≠1)； (4)(logax)′＝(a>0，且a≠1，x>0). 3.利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性 (1)導數(shù)與函數(shù)單調性的關系. ①f′(x)>0是f(x)為增函數(shù)的充分不必要條件，如函數(shù)f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上單調遞增，但f′(x)≥0. ②f′(x)≥0是f(x)為增函數(shù)的必要不充分條件，如果函數(shù)在某個區(qū)間內恒有f′(x)＝0時，則f(x)為常數(shù)函數(shù). (2)利用導數(shù)研究函數(shù)單調性的方法. ①若求單調區(qū)間(或證明單調性)，只要在函數(shù)定義域內解(或證明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0. ②若已知函數(shù)的單調性，則轉化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調區(qū)間上恒成立問題來求解. 4.利用導數(shù)研究函數(shù)的極值、最值 (1)若在x0附近左側f′(x)>0，右側f′(x)<0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的極大值；若在x0附近左側f′(x)<0，右側f′(x)>0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的極小值. (2)設函數(shù)y＝f(x)在[a，b]上連續(xù)，在(a，b)內可導，則f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在極值點或端點處取得. 5.利用導數(shù)研究函數(shù)的零點 函數(shù)的零點、方程的實根、函數(shù)圖象與x軸的交點的橫坐標是三個等價的概念，解決這類問題可以通過函數(shù)的單調性、極值與最值，畫出函數(shù)圖象的變化趨勢，數(shù)形結合求解. 6.三次函數(shù)的零點分布 三次函數(shù)在存在兩個極值點的情況下，由于當x→∞時，函數(shù)值也趨向∞，只要按照極值與零的大小關系確定其零點的個數(shù)即可.存在兩個極值點x1，x2且x10 兩個 f(x1)＝0或者f(x2)＝0 三個 f(x1)＞0且f(x2)＜0 a＜0 (f(x1)為極小值， f(x2)為極大值) 一個 f(x1)>0或f(x2)＜0 兩個 f(x1)＝0或者f(x2)＝0 三個 f(x1)＜0且f(x2)＞0 7.利用導數(shù)解決不等式問題 (1)利用導數(shù)證明不等式. 若證明f(x)g(x)對一切x∈I恒成立?I是f(x)>g(x)的解集的子集?[f(x)－g(x)]min>0(x∈I). ②?x∈I，使f(x)>g(x)成立?I與f(x)>g(x)的解集的交集不是空集?[f(x)－g(x)]max>0(x∈I). ③對?x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)?f(x)max≤g(x)min. ④對?x1∈I，?x2∈I使得f(x1)≥g(x2)?f(x)min≥g(x)min. 熱點一　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性 【例1】(2019衡水中學)已知函數(shù)，. （1）討論的單調性； （2）當,，為兩個不相等的正數(shù)，證明：. 解（1）函數(shù)的定義域為，. 若，，則在區(qū)間內為增函數(shù)； 若，令，得. 則當時，，在區(qū)間內為增函數(shù)； 當時，，在區(qū)間內為減函數(shù). （2）當時，.不妨設，則原不等式等價于， 令，則原不等式也等價于即. 下面證明當時，恒成立. 設，則， 故在區(qū)間內為增函數(shù)，，即， 所以. 探究提高　1.求函數(shù)的單調區(qū)間，只需在函數(shù)的定義域內解(證)不等式f′(x)>0或f′(x)<0. 2.解答本例容易出現(xiàn)以下錯誤： (1)忽略函數(shù)的定義域，在函數(shù)解析式中含有對數(shù)必須滿足x>0. (2)對k分類討論不全，題目中已知k>0，對k分類討論時容易對標準劃分不準確，討論不全面. 【訓練1】已知a∈R，函數(shù)f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)). (1)當a＝2時，求函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在(－1，1)上單調遞增，求a的取值范圍； (3)函數(shù)f(x)是否為R上的單調減函數(shù)？若是，求出a的取值范圍，若不是，請說明理由. 解　(1)當a＝2時，f(x)＝(－x2＋2x)ex， 所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex. 令f′(x)＞0，即(－x2＋2)ex＞0， 因為ex＞0，所以－x2＋2＞0，解得－＜x＜. 所以函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間是(－，). (2)因為函數(shù)f(x)在(－1，1)上單調遞增， 所以f′(x)≥0對x∈(－1，1)都成立. 因為f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex， 所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0對x∈(－1，1)都成立. 因為ex＞0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0， 則a≥＝＝(x＋1)－對x∈(－1，1)都成立. 令g(x)＝(x＋1)－，則g′(x)＝1＋＞0. 所以g(x)＝(x＋1)－在(－1，1)上單調遞增.所以g(x)＜g(1)＝(1＋1)－＝. 所以a的取值范圍是. (3)若函數(shù)f(x)在R上單調遞減，則f′(x)≤0對x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≤0對x∈R都成立. 因為ex＞0，所以x2－(a－2)x－a≥0對x∈R都成立. 所以Δ＝(a－2)2＋4a≤0，即a2＋4≤0，這是不可能的. 故函數(shù)f(x)不可能在R上單調遞減. 熱點二　利用導數(shù)研究函數(shù)的極值和最值 【例2】 (2018安陽調研)已知函數(shù)的極大值為2． （1）求實數(shù)的值； （2）求在上的最大值． 解（1）依題意， 所以在和上單調遞增，在上單調遞減， 所以在處取得極大值，即，解得． （2）由（1）知在和上單調遞增，在上單調遞減， ①當，即時，在上單調遞增， 所以在上的最大值為． ②當，即時，在上單調遞增，在上單調遞減， 在上的最大值為． ③當且，即時，在上單調遞減， 所以在上的最大值為． ④當，即時，令，得或（舍去） 當時，在上的最大值為． 當時，在上的最大值為． 綜上可知： 當或時，在上的最大值為； 當時，在上的最大值為； 當時，在上的最大值為． 探究提高　1.求函數(shù)f(x)的極值，則先求方程f′(x)＝0的根，再檢查f′(x)在方程根的左右附近函數(shù)值的符號. 2.若已知極值大小或存在情況，則轉化為已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情況來求解. 3.求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]的最值時，在得到極值的基礎上，結合區(qū)間端點的函數(shù)值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進行比較得到函數(shù)的最值. 【訓練2】(2017郴州二模選編)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x. (1)當a>0時，求函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間； (2)當a<0時，求函數(shù)f(x)在上的最小值. 解　(1)由函數(shù)f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x， 可得f′(x)＝2ax＋(1－2a)－＝， 令f′(x)>0，因為a>0，x>0，∴>0，∴x－1>0，得x>1， ∴f(x)的單調遞增區(qū)間為(1，＋∞). (2)由(1)可得f′(x)＝， 因為a<0，令f′(x)＝0，得x1＝－，x2＝1， ①當－>1，即－0，因此f(x)在上是增函數(shù)， ∴f(x)的最小值為f＝－a＋ln 2. 綜上，函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最小值為：f(x)min＝ 熱點三　利用導數(shù)研究函數(shù)的零點(方程的根) 【例3】(2019上高二中)已知函數(shù). （Ⅰ）求的單調區(qū)間； （Ⅱ）若，求證：函數(shù)只有一個零點，且； 解（Ⅰ）解：的定義域為.， 令，或， 當時，，函數(shù)與隨的變化情況如下表： 所以，函數(shù)的單調遞增區(qū)間是，單調遞減區(qū)間是和， 當時，.所以，函數(shù)的單調遞減區(qū)間是， 當時，，函數(shù)與隨的變化情況如下表： 所以，函數(shù)的單調遞增區(qū)間是，單調遞減區(qū)間是和. （Ⅱ）證明：當時， 由（Ⅰ）知，的極小值為，極大值為. 因為，， 且又由函數(shù)在是減函數(shù)，可得至多有一個零點， 又因為， 所以函數(shù)只有一個零點，且. 探究提高　1.三步求解函數(shù)零點(方程根)的個數(shù)問題. 第一步：將問題轉化為函數(shù)的零點問題，進而轉化為函數(shù)的圖象與x軸(或直線y＝k)在該區(qū)間上的交點問題； 第二步：利用導數(shù)研究該函數(shù)在該區(qū)間上單調性、極值(最值)、端點值等性質，進而畫出其圖象； 第三步：結合圖象求解. 2.根據(jù)函數(shù)零點情況求參數(shù)范圍：(1)要注意端點的取舍；(2)選擇恰當?shù)姆诸悩藴蔬M行討論. 【訓練3】(2016北京卷節(jié)選)設函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c. (1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程； (2)設a＝b＝4，若函數(shù)f(x)有三個不同零點，求c的取值范圍. 解　(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b. ∵f(0)＝c，f′(0)＝b， ∴曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝bx＋c. (2)當a＝b＝4時，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，∴f′(x)＝3x2＋8x＋4. 令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－. 當x變化時，f(x)與f′(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上的情況如下： x (－∞，－2) －2 － f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) c c－  ∴當c>0且c－<0時，f(－4)＝c－16<0，f(0)＝c>0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0. 由f(x)的單調性知，當且僅當c∈時，函數(shù)f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三個不同零點. 熱點四　利用導數(shù)求解不等式問題 【例4】(2018深圳期末)已知函數(shù)，． （Ⅰ）當時，求的單調區(qū)間； （Ⅱ）若，，求的取值范圍． 解：（1）的定義域為．， 當或時，，當時，， ∴在和上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)， ∴和上是增區(qū)間，上是減區(qū)間． （2）由，得在時恒成立， 令，則， 令，則，∴在為增函數(shù)，， ∴，∴在為增函數(shù)， ∴，所以，即實數(shù)的取值范圍為． 探究提高　1.(1)涉及不等式證明或恒成立問題，常依據(jù)題目特征，恰當構建函數(shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)性質，轉化為求函數(shù)的最值、極值問題，在轉化過程中，一定要注意等價性. (2)對于含參數(shù)的不等式，如果易分離參數(shù)，可先分離參數(shù)、構造函數(shù)，直接轉化為求函數(shù)的最值；否則應進行分類討論，在解題過程中，必要時，可作出函數(shù)圖象草圖，借助幾何圖形直觀分析轉化. 2.“恒成立”與“存在性”問題的求解是“互補”關系，即f(x)≥g(a)對于x∈D恒成立，應求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，應求f(x)的最大值.應特別關注等號是否取到，注意端點的取舍. 【訓練4】(2017石家莊調研)已知函數(shù)f(x)＝(x>1). (1)判斷函數(shù)f(x)的單調性； (2)是否存在實數(shù)a，使得關于x的不等式ln x1，所以x(x－1)2>0. 設g(x)＝x－1－xln x，g′(x)＝1－ln x－1＝－ln x<0. ∴g(x)在(1，＋∞)上是減函數(shù)，則g(x)0， 若a≤0時顯然不滿足題意，因此a>0. 設F(x)＝a(x－1)－ln x，F(xiàn)′(x)＝a－＝＝， 令F′(x)＝0，得x＝. ①a≥1時，0<≤1，F(xiàn)′(x)>0，∴F(x)>F(1)＝0， 因此a≥1時，ln x1，F(xiàn)(x)在為減函數(shù)，在為增函數(shù)， ∴F(x)min0，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A.(2，＋∞) B.(1，＋∞) C.(－∞，－2) D.(－∞，－1) 4.(2018全國I卷)已知函數(shù)． （1）討論的單調性； （2）若存在兩個極值點，證明：． 1.(2018忻州一中)設函數(shù)的圖像在點處切線的斜率為，則函數(shù)的圖像為（） 2.(2019綿陽診斷)若函數(shù)的圖象上任意一點的切線斜率均大于0，則實數(shù)的取值范圍為（） A． B． C． D． 3.(2017貴陽聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)的定義域為[－1，4]，部分對應值如下表： x －1 0 2 3 4 f(x) 1 2 0 2 0 f(x)的導函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示.當1f′(x)，且f(0)＝1，則不等式<1的解集為________. 4.(2017郴州二模)已知函數(shù)f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3. (1)對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍. (2)探討函數(shù)F(x)＝ln x－＋是否存在零點？若存在，求出函數(shù)F(x)的零點，若不存在，請說明理由. 參考答案 1.【解題思路】利用奇函數(shù)偶此項系數(shù)為零求得，進而得到的解析式，再對求導得出切線的斜率，進而求得切線方程. 【答案】因為函數(shù)是奇函數(shù)，所以，解得， 所以，， 所以， 所以曲線在點處的切線方程為， 化簡可得，故選D. 2.【解題思路】首先對函數(shù)進行求導，化簡求得，從而確定出函數(shù)的單調區(qū)間，減區(qū)間為，增區(qū)間為，確定出函數(shù)的最小值點，從而求得代入求得函數(shù)的最小值. 【答案】， 所以當時函數(shù)單調減，當時函數(shù)單調增， 從而得到函數(shù)的減區(qū)間為，函數(shù)的增區(qū)間為， 所以當時，函數(shù)取得最小值，此時， 所以，故答案是. 3.【解題思路】對a進行討論，求導確定函數(shù)的單調性與極值點，結合圖像判斷其零點情況. 【答案】由題意知a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3ax，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝. 當a>0時，x∈(－∞，0)，f′(x)>0；x∈，f′(x)<0；x∈，f′(x)>0，且f(0)＝1>0，故f(x)有小于0的零點，不滿足.當a<0時，需使x0>0且唯一，只需f>0，則a2>4，所以a<－2.故選C. 4.【解題思路】(1)首先確定函數(shù)的定義域，之后對函數(shù)求導，之后對進行分類討論，從而確定出導數(shù)在相應區(qū)間上的符號，從而求得函數(shù)對應的單調區(qū)間； (2)根據(jù)存在兩個極值點，結合第一問的結論，可以確定，令，得到兩個極值點是方程的兩個不等的正實根，利用韋達定理將其轉換，構造新函數(shù)證得結果. 【答案】（1）的定義域為，. （i）若，則，當且僅當，時，所以在單調遞減. （ii）若，令得，或. 當時，； 當時，. 所以在，單調遞減，在單調遞增. （2）由（1）知，存在兩個極值點當且僅當. 由于的兩個極值點滿足，所以，不妨設，則， 由于， 所以等價于. 設函數(shù)，由（1）知，在單調遞減， 又，從而當時，. 所以，即. 1.【解題思路】由導函數(shù)易知其圖像. 【答案】函數(shù)在某點處切線的斜率為函數(shù)在該點的導數(shù)，由原函數(shù)可知，即， 很顯然，即為奇函數(shù)，排除選項A，C， 又在時，，所以排除D選項，故本題的正確選項為B. 2.【解題思路】由條件得到對恒成立，所以，即可b的取值范圍． 【答案】，則有對恒成立， 所以， 又，當時，取得最小值4，所以． 故選A. 3.【解題思路】通過導函數(shù)圖像得到函數(shù)的單調性，結合函數(shù)值確定函數(shù)的大致圖像. 【答案】根據(jù)導函數(shù)圖象，知2是函數(shù)的極小值點，函數(shù)y＝f(x)的大致圖象如圖所示. 由于f(0)＝f(3)＝2，10， 所以不等式的解集為{x|x>0}.故填　{x|x>0}. 4.【解題思路】(1)恒成立問題轉化為最值問題；(2)求導判斷函數(shù)的單調性，極值情況，進而確定其零點情況. 【答案】解　(1)由對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，有2xln x≥－x2＋ax－3，即a≤2ln x＋x＋恒成立. 令h(x)＝2ln x＋x＋，h′(x)＝＋1－＝＝， 當x>1時，h′(x)>0，h(x)是增函數(shù)， 當00)， 令f(x)＝xln x(x>0)，f′(x)＝1＋ln x， 當x∈時，f′(x)<0，f(x)單調遞減； 當x∈時，f′(x)>0，f(x)單調遞增. 所以當且僅當x＝時，f(x)取最小值，且f(x)min＝－，① 設φ(x)＝－(x>0)，則φ′(x)＝， 易知φ(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減， 所以當且僅當x＝1時，φ(x)取最大值，且φ(x)max＝－，② ∵①②中取等號的條件不同，且<1， 所以對x∈(0，＋∞)都有l(wèi)n x>－， 即F(x)＝ln x－＋>0恒成立， 故函數(shù)F(x)沒有零點.