【精品推荐】2020版高三数学新课标大二轮专题辅导与增分攻略数学(理)课件:高考解答题突破6 函数与导数

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考向三 导数与不等式问题 1.利用导数解决不等式的恒成立问题时常采用分离参数法 或不等式转化法,通过求函数的最值加以解决. 2.利用导数证明不等式关键是把不等式变形后构造恰当的 函数,然后用导数判断函数的单调性或求出最值,达到证明不等 式的目的.
[解] (1)f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)=-x12-1+ax=-x2-xa2x+1.
所以曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线方程为 y-e=(e-1)(x-1),即 y=(e-1)x+1.
(2)f ′(x)=ex-a, 当 a≤0 时,f ′(x)>0,f(x)单调递增, 当 a=0 时,f(x)=ex,f(x)没有零点, 当 a<0 时,由 f(x)=ex-a(x-1)得, 当 x→-∞时,f(x)→-∞, 当 x→+∞时,f(x)→+∞, 所以 f(x)有且只有一个零点.
考向一 导数与函数的单调性、极值与最值问题 1.讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况.大 多数情况下,这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等 式的解集的讨论. 2.对含参数的函数解析式求最值时,常常分类讨论,分类 的原则是极值点在给定区间的内部还是外部,从而根据单调性求 出最值.
【例 1】 (2019·沈阳模拟)已知函数 f(x)=lnx.
①若 a≤2,则 f′(x)≤0,当且仅当 a=2,x=1 时,f′(x)=0,
所以 f(x)在(0,+∞)上单调递减.
②若 a>2,令 f′(x)=0,得
x=a-
2a2-4或 x=a+
a2-4 2.
当 x∈0,a-

2a2-4∪a+
2a2-4,+∞时,f′(x)<0;







a-

2a2-4,a+
2a2-4上单调递增.
当 a>0 时,由xf >′-x1>0, 得-1<x<-1+1a; 由fx>′-x1<0, 得 x>-1+1a; 所以函数 f(x)的单调递增区间是-1,-1+1a,单调递减区间是 -1+1a,+∞.
综上所述,当 a≤0 时,函数 f(x)的单调递增区间为(-1,+∞);
在0,-m2 上 g′(x)≥0,所以 g(x)在0,-m2 上单调递增, 在-m2 ,e上 g′(x)≤0,所以 g(x)在-m2 ,e上单调递减, 所以 g(x)max=g-m2 =em4 2-e2≤0,
所以 m2≥e43,解得 m≤-
当 a>0 时,函数 f(x)的单调递增区间是-1,-1+1a,单调递减 区间是-1+1a,+∞.
(2)若 a<0,∀x1,x2∈[0,e],不等式 f(x1)≥g(x2)恒成立, 等价于“对∀x∈[0,e], f(x)min≥g(x)max 恒成立”. 当 a<0 时,由(1)知,函数 f(x)在[0,e]上单调递增, 所以 f(x)min=f(0)=0. 由题知 g′(x)=2xemx+1+x2emx+1m=x(mx+2)emx+1, 当 m≥0 时,由 0≤x≤e,得 g′(x)≥0,知函数 g(x)在[0,e]上单 调递增,
增,在α,π2上单调递减,故 g(x)在-1,π2上存在唯一极大值点, 即 f ′(x)在-1,π2上存在唯一极大值点.
(2)f(x)的定义域为(-1,+∞). ①当 x∈(-1,0]时,由(1)知,f ′(x)在(-1,0)上单调递增,而 f ′(0) =0,所以当 x∈(-1,0)时,f ′(x)<0,故 f(x)在(-1,0)上单调递减.又 f(0)=0,从而 x=0 是 f(x)在(-1,0]上的唯一零点. ②当 x∈0,π2时,由(1)知, f ′(x)在(0,α)上单调递增,在α,2π 上单调递减,而 f ′(0)=0,f ′π2<0,所以存在 β∈α,2π,使得 f ′(β) =0,且当 x∈(0,β)时,f ′(x)>0;当 x∈β,π2时,f ′(x)<0.
(4)①若求极值,则先求方程 f′(x)=0 的根,再检查 f′(x) 在方程根的左右函数值的符号.
②若已知极值大小或存在情况,则转化为已知方程 f′(x)=0 根的大小或存在情况来求解.
(5)求函数 f(x)在闭区间[a,b]的最值时,在得到极值的基础 上,结合区间端点的函数值 f(a),f(b)与 f(x)的各极值进行比较得 到函数的最值.
(3)最值讨论策略:图象连续的函数在闭区间上最值的讨论, 是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标 准进行的,在极值和区间端点函数值中最大的为最大值,最小的 为最小值.
2.研究方程的根,可以通过构造函数 g(x)的方法,把问题转 化为研究构造的函数 g(x)的零点问题,研究函数 g(x)零点的策略.
求得fx在区间 上的零点个数
[证明] (1)设 g(x)=f ′(x), 则 g(x)=cosx-1+1 x,g′(x)=-sinx+1+1 x2. 当 x∈-1,π2时,g′(x)单调递减,而 g′(0)>0, g′π2<0,可得 g′(x)在-1,π2上有唯一零点,设为 α.
所以
f(x)在0,a-

2a2-4,a+
2a2-4,+∞上单调递减,在
a-

2a2-4,a+
2a2-4上单调递增.
综上,当 a≤2 时 f(x)在(0,+∞)上单调递减;当 a>2 时 f(x)在
0,a-

a2-4
2


a+

2a2-4,+∞
(1)如果函数 g(x)在已知区间上是单调的,则其最多只有一个 零点,再结合函数的零点存在定理,确定其零点是否存在.
(2)如果函数 g(x)在已知区间上不是单调的,则求出这个函数 的极值点和单调区间,再结合 g(x)的极值与零的大小,以及函数 g(x)的单调性、结合零点存在定理判断其零点的个数.
3.利用导数证明不等式的策略 利用导数证明不等式的关键是构造函数,其思路: (1) 对于( 或可 化为) 左右两 边结 构相同 的不 等式 ,构造 函数 f(x),使原不等式成为形如 f(a)>f(b)的形式. (2)对形如 f(x)>g(x)的不等式,构造函数 F(x)=f(x)-g(x). (3)对于(或可化为)f(x1,x2)≥A 的不等式,可选 x1(或 x2)为主 元,构造函数 f(x,x2)(或 f(x1,x)).
【例 2】 (2019·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)=sinx-ln(1+x),f ′(x)为 f(x)的导数.证明:
[解题指导]
(1)
令gx=f ′x, 求g′x

利用导数研究 gx的单调性→确定 Nhomakorabeax 的极值点
(2)
以x为主元讨论 f ′x的符号

确定fx 的单调性

第 三
重点热点、突破篇

专题六
函数与导数
高考解答题突破(六) 函数与导数
突破“三分”——分离、分解、分类
1.函数单调性和极值、最值的分类讨论策略 (1)单调性讨论策略:单调性的讨论是以导数等于零的点为分 界点,把函数定义域分段,在各段上讨论导数的符号,在不能确 定导数等于零的点的相对位置时,还需要对导数等于零的点的位 置关系进行讨论. (2)极值讨论策略:极值的讨论是以单调性的讨论为基础,根 据函数的单调性确定函数的极值点.
4 e3.
又因为- e43>-2e,所以 m<-2e.
综上所述,实数 m 的取值范围为-∞,-1e.
考向二 导数与方程的根、函数的零点问题 研究方程的根的情况,可以通过导数研究函数的单调性、最 大值、最小值、变化趋势等,并借助函数的大致图象判断方程根 的情况,这是导数这一工具在研究方程中的重要应用.
利用导数研究函数性质的一般步骤 (1)确定函数的定义域; (2)求导函数 f′(x); (3)①若求单调区间(或证明单调性),只要在函数定义域内解 (或证明)不等式 f′(x)>0 或 f′(x)<0. ②若已 知函 数的单 调性 ,则 转化 为不等 式 f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 在单调区间上恒成立问题来求解.
所以 g(x)max=g(e)=eme+3-e2>0,不符合题意; 当 m<0 时,令 g′(x)=0 得,x=0 或 x=-m2 . 当-2e≤m<0,即-m2 ≥e 时,在[0,e]上 g′(x)≥0,所以 g(x)在[0, e]上单调递增,所以 g(x)max=g(e)=eme+3-e2,只需满足 eme+3-e2≤0, 即 m≤-1e,所以-2e≤m≤-1e; 当 m<-2e,即 0<-m2 <e 时,
故 f(x)在(0,β)上单调递增,在β,π2上单调递减. 又 f(0)=0, fπ2=1-ln1+π2>0,所以当 x∈0,π2时,f(x)>0.
所以 f(x)在π2,π上单调递减.而 fπ2>0,f(π)<0,所以 f(x)在π2,π 上有唯一零点.
1.(2019·南昌一模)已知函数 f(x)=1+x x-aln(1+x)(a∈R), g(x)=x2emx+1-e2.
(1)求函数 f(x)的单调区间; (2)若 a<0,∀x1,x2∈[0,e],不等式 f(x1)≥g(x2)恒成立,求 实数 m 的取值范围.
[解] (1)因为 f(x)=1+x x-aln(1+x)(x>-1), 所以 f ′(x)=x+112-x+a 1=-axx+-1a+2 1. 当 a≤0 时, f ′(x)>0,函数 f(x)的单调递增区间为(-1,+∞).
当 a>0 时,令 f ′(x)=0,得 x=lna, 当 x<lna 时,f ′(x)<0,f(x)在(-∞,lna)上单调递减, 当 x>lna 时,f ′(x)>0,f(x)在(lna,+∞)上单调递增, 又 f(lna)=elna-alna+a=a(2-lna), 若 0<a<e2,则 f(lna)>0,f(x)没有零点, 若 a=e2,则 f(lna)=0,f(x)有且只有一个零点, 若 a>e2,则 f(lna)<0,又 f(0)=1+a>0,当 x→+∞时,f(x)>0,故 f(x)有两个零点. 综上,当 a<0 时,f(x)有且只有一个零点;当 0≤a<e2 时,f(x)没 有零点;当 a=e2 时,f(x)有且只有一个零点;当 a>e2 时,f(x)有两个 零点.
4.利用导数解决恒成立问题主要涉及方面及对策 (1)已知不等式在某一区间上恒成立,求参数的取值范围:① 一般先分离参数,再转化为求函数在给定区间上的最值问题求 解;②如果无法分离参数可以考虑对参数或自变量进行分类求 解,如果是二次不等式恒成立的问题,可以考虑限制二次项系数 或判别式的方法求解. (2) 已 知 函 数 的 单 调 性 求 参 数 的 取 值 范 围 : 转 化 为 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)恒成立的问题.
④当 x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以 f(x)<0,从而 f(x)在(π,+ ∞)上没有零点.
综上,f(x)有且仅有 2 个零点.
解决方程根或函数零点个数问题的 3 步 第一步:将问题转化为函数的零点问题,进而转化为函数的 图象与 x 轴(或直线 y=k)在该区间上的交点问题; 第二步:利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最 值)、端点值等性质,进而画出其图象; 第三步:结合图象求解.
2.(2019·北京西城调研)已知函数 f(x)=ex-ax+a(a∈R),其 中 e 为自然对数的底数.
(1)当 a=1 时,求曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线方程; (2)讨论 f(x)的零点个数.
[解] (1)当 a=1 时,f(x)=ex-x+1,f ′(x)=ex-1,f ′(1)=e -1, f(1)=e,
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