2018届高考数学二轮复习第一部分层级三压轴专题三第21题解答题“函数导数与不等式”的抢分策略课件理
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2 4 a＋ ， －a. M(a)＝max{h(－1)，g(1)}＝max 3 3
4 2 1 4 当 －a≥a＋ ，即－1<a≤ 时，M(a)＝ －a， 3 3 3 3 1 3 M(a)－m(a)＝－ (a ＋3a－4)； 3 4 2 1 2 当 －a<a＋ ，即 <a<1时，M(a)＝a＋ ， 3 3 3 3 1 3 M(a)－m(a)＝－ (a －3a－2)． 3 当a≥1时，f(x)在[－1,1]上是减函数，
2 2 所以 m(a)＝h(1)＝a－ ，M(a)＝h(－1)＝a＋ . 3 3 4 故 M(a)－m(a)＝ . 3 －1a3＋3a－4，－1<a≤1， 3 3 1 3 1 综上，M(a)－m(a)＝ －3a －3a－2，3<a<1， 4 ，a≥1. 3
利用数形结合思想探究函数的零点
(2)y＝f(x)－m－1 在(0，＋∞)上有两个不同的零点，可转化 为 f(x)＝m＋1 在(0，＋∞)上有两个不同的根，也可转化为 y＝f(x) 与 y＝m＋1 的图象有两个不同的交点，由(1)知，f(x)在(0,1)上单 调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1， 由题意得，m＋1>－1，即 m>－2， 当 0<x<1 时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0； 当 x>0 且 x→0 时，f(x)→0； 当 x→＋∞时，显然 f(x)→＋∞. 如图，由图象可知，m＋1<0，即 m<－1，② 由①②可得－2<m<－1. 故实数 m 的取值范围为(－2，－1)． ①
压轴专题(三) 第21题解答题“函数、导数与不等式”的抢分策略
[全国卷 3 年考情分析]
年份 卷别 考查内容 利用导数研究函数的单调性及极值、函数 的零点、不等式的证明 导数在研究函数单调性中的应用、不等式 放缩 函数单调性的判断、不等式证明及值域 问题 命题分析 导数日益成为解决问 题必不可少的工具，利用 导数研究函数的单调性与 极值(最值)是高考的常见 题型，而导数与函数、不 等式、方程、数列等的交 汇命题，是高考的热点和 难点．
所以函数 f(x)的单调递减区间是(0， a)，单调递增区间是( a， ＋∞)． a1－ln a 函数 f(x)在 x＝ a处取得极小值 f( a)＝ ，无极大值． 2 综上可知，当 a≤0 时，函数 f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)， 函数 f(x)既无极大值也无极小值； 当 a>0 时，函数 f(x)的单调递减区间是(0， a)，单调递增区间 a1－ln a 为( a，＋∞)，函数 f(x)有极小值 ，无极大值． 2
[题后悟通] 1．解答这类题的模板
定义域 ―→ 求导数 ―→ 零点 ―→ 列表 ―→ 回答 ―→ 遇见参数要讨论哪一步遇见就在哪一步展开讨论 2．解答这类题的难点 (1)何时讨论参数？由于题目条件的不同，有的在求零点时 讨论，有的在列表时讨论； (2)如何讨论参数？需要根据题目的条件确定，有时还需参 考自变量的取值范围，讨论的关键是做到不重不漏．
x2 (2)由f(x)＝ －aln x， 2
2 a x －a 得f′(x)＝x－x＝ x (x>0)．
①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递 增，函数既无极大值，也无极小值； ②当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝ a或x＝－ a(舍去)． 于是，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表： x f′(x) f(x) (0， a) － a 0 a1－ln a 2 ( a，＋∞) ＋
解答题的热点题型有：
卷Ⅰ 利用导数研究函数的单调性、函数的零点
2017 卷Ⅱ 卷Ⅲ
卷Ⅰ 函数的零点问题、不等式的证明 2016 卷Ⅱ 卷Ⅲ
三角函数的导数运算、最值问题及不等式 证明
利用导数研究函数的单调性、根据恒成立 求参数的取值范围
卷Ⅰ 导数的几何意义、函数的最值、零点问题 2015 卷Ⅱ
(1)利用导数研究函数 的单调性、极值、最值； (2)利用导数证明不等 式或探讨方程根； (3)利用导数求解参数 的范围或值.
[典例] 取得极值． (1)求f(x)的单调区间； (2)若y＝f(x)பைடு நூலகம்m－1在定义域内有两个不同的零点，求 实数m的取值范围． (2017· 沈阳质检)函数f(x)＝ax＋xln x在x＝1处
[解]
(1)由题意知，f′(x)＝a＋ln x＋1(x>0)，
f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1， 当a＝－1时，f(x)＝－x＋xln x， 即f′(x)＝ln x， 令f′(x)>0，解得x>1； 令f′(x)<0，解得0<x<1. ∴f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1， ＋∞)，单调递减区间为(0,1)．
(1)因为f(x)在R上是增函数，所以h(x)在(－∞，a)上为增函 数，所以a≤－1. 故a的取值范围为(－∞，－1]． (2)因为函数f(x)在R上不单调，所以a>－1. 当－1<a<1时，f(x)在(－∞，－1)上是增函数，在(－1，a)上是 减函数，在[a，＋∞)上是增函数， a3 所以m(a)＝ ， 3
1 3 3x ＋x－a，x≥a， 解：由已知得，f(x)＝ 1x3－x＋a，x<a， 3 1 3 令g(x)＝ x ＋x－a，则g′(x)＝x2＋1>0， 3 所以g(x)在[a，＋∞)上为增函数． 1 3 令h(x)＝ x －x＋a，则h′(x)＝x2－1. 3 1，所以h(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞) 令h′(x)＝0，得x＝± 上是增函数，在(－1,1)上为减函数．
[常考题点逐一突破]
利用分类讨论思想探究函数性质 x2 [典例] (2017· 张掖诊断)设函数f(x)＝ －aln x. 2
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)求函数f(x)的单调区间和极值．
[解]
x2 (1)当a＝1时，f(x)＝ －ln x， 2
1 1 则f′(x)＝x－x，所以f′(1)＝0，又f(1)＝ ， 2 1 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝ . 2
[针对训练]
1 3 1．(2018届高三· 湖南十校联考)函数f(x)＝ x ＋|x－a|(x∈R， 3 a∈R)． (1)若函数f(x)在R上为增函数，求a的取值范围； (2)若函数f(x)在R上不单调时，记f(x)在[－1,1]上的最大值、 最小值分别为M(a)，m(a)，求M(a)－m(a)．
4 2 1 4 当 －a≥a＋ ，即－1<a≤ 时，M(a)＝ －a， 3 3 3 3 1 3 M(a)－m(a)＝－ (a ＋3a－4)； 3 4 2 1 2 当 －a<a＋ ，即 <a<1时，M(a)＝a＋ ， 3 3 3 3 1 3 M(a)－m(a)＝－ (a －3a－2)． 3 当a≥1时，f(x)在[－1,1]上是减函数，
2 2 所以 m(a)＝h(1)＝a－ ，M(a)＝h(－1)＝a＋ . 3 3 4 故 M(a)－m(a)＝ . 3 －1a3＋3a－4，－1<a≤1， 3 3 1 3 1 综上，M(a)－m(a)＝ －3a －3a－2，3<a<1， 4 ，a≥1. 3
利用数形结合思想探究函数的零点
(2)y＝f(x)－m－1 在(0，＋∞)上有两个不同的零点，可转化 为 f(x)＝m＋1 在(0，＋∞)上有两个不同的根，也可转化为 y＝f(x) 与 y＝m＋1 的图象有两个不同的交点，由(1)知，f(x)在(0,1)上单 调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1， 由题意得，m＋1>－1，即 m>－2， 当 0<x<1 时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0； 当 x>0 且 x→0 时，f(x)→0； 当 x→＋∞时，显然 f(x)→＋∞. 如图，由图象可知，m＋1<0，即 m<－1，② 由①②可得－2<m<－1. 故实数 m 的取值范围为(－2，－1)． ①
压轴专题(三) 第21题解答题“函数、导数与不等式”的抢分策略
[全国卷 3 年考情分析]
年份 卷别 考查内容 利用导数研究函数的单调性及极值、函数 的零点、不等式的证明 导数在研究函数单调性中的应用、不等式 放缩 函数单调性的判断、不等式证明及值域 问题 命题分析 导数日益成为解决问 题必不可少的工具，利用 导数研究函数的单调性与 极值(最值)是高考的常见 题型，而导数与函数、不 等式、方程、数列等的交 汇命题，是高考的热点和 难点．
所以函数 f(x)的单调递减区间是(0， a)，单调递增区间是( a， ＋∞)． a1－ln a 函数 f(x)在 x＝ a处取得极小值 f( a)＝ ，无极大值． 2 综上可知，当 a≤0 时，函数 f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)， 函数 f(x)既无极大值也无极小值； 当 a>0 时，函数 f(x)的单调递减区间是(0， a)，单调递增区间 a1－ln a 为( a，＋∞)，函数 f(x)有极小值 ，无极大值． 2
[题后悟通] 1．解答这类题的模板
定义域 ―→ 求导数 ―→ 零点 ―→ 列表 ―→ 回答 ―→ 遇见参数要讨论哪一步遇见就在哪一步展开讨论 2．解答这类题的难点 (1)何时讨论参数？由于题目条件的不同，有的在求零点时 讨论，有的在列表时讨论； (2)如何讨论参数？需要根据题目的条件确定，有时还需参 考自变量的取值范围，讨论的关键是做到不重不漏．
x2 (2)由f(x)＝ －aln x， 2
2 a x －a 得f′(x)＝x－x＝ x (x>0)．
①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递 增，函数既无极大值，也无极小值； ②当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝ a或x＝－ a(舍去)． 于是，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表： x f′(x) f(x) (0， a) － a 0 a1－ln a 2 ( a，＋∞) ＋
解答题的热点题型有：
卷Ⅰ 利用导数研究函数的单调性、函数的零点
2017 卷Ⅱ 卷Ⅲ
卷Ⅰ 函数的零点问题、不等式的证明 2016 卷Ⅱ 卷Ⅲ
三角函数的导数运算、最值问题及不等式 证明
利用导数研究函数的单调性、根据恒成立 求参数的取值范围
卷Ⅰ 导数的几何意义、函数的最值、零点问题 2015 卷Ⅱ
(1)利用导数研究函数 的单调性、极值、最值； (2)利用导数证明不等 式或探讨方程根； (3)利用导数求解参数 的范围或值.
[典例] 取得极值． (1)求f(x)的单调区间； (2)若y＝f(x)பைடு நூலகம்m－1在定义域内有两个不同的零点，求 实数m的取值范围． (2017· 沈阳质检)函数f(x)＝ax＋xln x在x＝1处
[解]
(1)由题意知，f′(x)＝a＋ln x＋1(x>0)，
f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1， 当a＝－1时，f(x)＝－x＋xln x， 即f′(x)＝ln x， 令f′(x)>0，解得x>1； 令f′(x)<0，解得0<x<1. ∴f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1， ＋∞)，单调递减区间为(0,1)．
(1)因为f(x)在R上是增函数，所以h(x)在(－∞，a)上为增函 数，所以a≤－1. 故a的取值范围为(－∞，－1]． (2)因为函数f(x)在R上不单调，所以a>－1. 当－1<a<1时，f(x)在(－∞，－1)上是增函数，在(－1，a)上是 减函数，在[a，＋∞)上是增函数， a3 所以m(a)＝ ， 3
1 3 3x ＋x－a，x≥a， 解：由已知得，f(x)＝ 1x3－x＋a，x<a， 3 1 3 令g(x)＝ x ＋x－a，则g′(x)＝x2＋1>0， 3 所以g(x)在[a，＋∞)上为增函数． 1 3 令h(x)＝ x －x＋a，则h′(x)＝x2－1. 3 1，所以h(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞) 令h′(x)＝0，得x＝± 上是增函数，在(－1,1)上为减函数．
[常考题点逐一突破]
利用分类讨论思想探究函数性质 x2 [典例] (2017· 张掖诊断)设函数f(x)＝ －aln x. 2
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)求函数f(x)的单调区间和极值．
[解]
x2 (1)当a＝1时，f(x)＝ －ln x， 2
1 1 则f′(x)＝x－x，所以f′(1)＝0，又f(1)＝ ， 2 1 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝ . 2
[针对训练]
1 3 1．(2018届高三· 湖南十校联考)函数f(x)＝ x ＋|x－a|(x∈R， 3 a∈R)． (1)若函数f(x)在R上为增函数，求a的取值范围； (2)若函数f(x)在R上不单调时，记f(x)在[－1,1]上的最大值、 最小值分别为M(a)，m(a)，求M(a)－m(a)．