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2020届高三高考数学复习备考研讨会讲座《突破函数与导数难点的策略方法》

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福建省2020届高中毕业班数学学科备考关键问题指导系列一(函数与导数存在问题及应对策略)

福建省2020届高中毕业班数学学科备考关键问题指导系列一(函数与导数存在问题及应对策略)

福建省2020届高中毕业班数学学科备考关键问题指导系列一函数与导数存在问题及应对策略函数与导数作为高中数学的核心内容，是历年高考考查力度最大的主线之一，是高考考查数学思想方法和能力、考查核心素养的主要载体．对函数和导数考查，主要考查的核心知识为：函数的概念、函数的性质、函数的图象、导数的应用．函数概念中主要考查函数的定义域、值域、解析式；函数性质中主要考查函数奇偶性、单调性、对称性、周期性；函数图象包含显性与隐性考查；导数应用中主要考查导数的概念及其几何意义，利用导数求单调区间、极值、最值与零点，结合函数的单调性解不等式或证明不等式，求参数范围．高考对函数与导数的考查难度、题量都相对稳定，一般是两道选择题和一道解答题，或者一道选择题一道填空题和一道解答题，共3道题，分值为22分．其中一道选择题为容易题或中等难度题，一道选择题或填空题为难题，解答题为难题．解答题考查的主要题型结构为：利用导数研究零点问题；利用导数研究证明不等式问题；利用导数研究不等式恒成立问题；利用导数研究多变量等问题．函数和导数的考查侧重于理解和应用，试题有一定的综合性，重“基础性、综合性、应用性、创新性”，突出“四基、四能、三会、六素养”，与数学思想方法紧密结合，对函数与方程思想、数形结合思想、分类与整合思想、化归与转化思想等都进行深入的考查．随着高中课程与高考的综合改革，从2018年起，函数与导数的考查题量发生微小变化，函数与导数的考查一般是两道选择题、一道填空题和一道解答题，分值为27分．近五年函数与导数考查情况如下表：表一：全国Ⅰ卷（理科）函数与导数考查情况（一）缺乏运用特例法寻求优化解题的意识“特例法”就是适当选取包含于题目之中的某个特殊情形（如特殊点、特殊函数、特殊图形等），然后通过简单的运算、推理或验证，找到问题的正确答案或否定错误的结论，达到缩减思维过程、降低推算难度的目的．用“特例法”解决一些可舍弃解题过程的问题，如选择题、填空题，可收到出奇制胜、事半功倍的效果．在一些一般性的问题中，通过特殊值“特殊化”，往往能获得解题的重要信息，发现解决问题的有效途径，在数学解题中具有很重要的作用．【例1】【2018年全国Ⅱ卷理3、文3】函数2e e()x xf xx--=的图象大致为【解析】解法一：计算(1)0f-<，排除A，D，又(3)2f>，排除C，故选择B．解法二：容易发现()()f x f x-=-，函数为奇函数，再由特殊值选择B．解法三：e ex xy-=-是奇函数，2y x=是偶函数，两式相除，在公共定义域上为奇函数，再由特殊值选择B．【例2】【2018年全国Ⅲ卷理7、文9】函数的图象大致为422y x x=-++解法一：(1)20f =>，1()2(0)2f f >=，故选择D ．解法二：函数为偶函数， 22(21)y x x '=--，所以函数在(0,1)上有极值点，结合(0)2f =，选D ．【评析】解决例1，可以利用特殊值进行验算，进而得出结果，本题不适合求导判断单调性．解决例2，可以利用特殊值进行验算得出结果．本题也适合用求导方法得出函数的单调性，进而解决问题．两个题目都是在基本初等函数函数的基础上重新组合出新的函数，然后考查新函数的图象，考查学生识图能力．研究函数的图象的走势，以函数性质为首选、特殊点为关键．建议在教学中应对基本初等函数加减乘除后产生的新函数的性质应适当进行归纳，以便简捷解决问题．本题易错的主要原因：未能正确选取特殊值进行验算；思路不清晰，遇到函数立即求导，导致无法解决问题，如例1；研究函数的图象的思路不清，研究函数的图象通常是先研究奇偶性（周期性）从而减少讨论范围，同时题目设置的e 的值要能够准确计算出来后，再估值．（二）未能充分挖掘隐含条件进行解题所谓隐含条件，是指题中若暗若明，含而不露的条件．一般来说，它们常是巧妙地隐蔽在题设或结论的背后，不易为人们所觉察．在数学解题中，隐含条件具有干扰性、迷惑性，常给问题解决带来消极因素．但隐含条件往往也具有有利于人们解题的潜在功能．问题解决过程中，若能注意到题中隐含条件，往往会使解题结果更具有完整性，准确性；若能充分挖掘并利用题中的隐含条件，它能使题设明朗化和具体化，以便明确解题方向．【例3】【2015年全国Ⅱ卷理12】设函数21()ln(1||)1f x x x =+-+，则使得()(21)f x f x >-成立的x 的取值范围是A ．1(,1)3B ．1(,)(1,)3-∞+∞C ．11(,)33-D ．11(,)(,)33-∞-+∞ 【解析】由可知是偶函数，且在是增函数， 所以 .故选A. 【评析】本题解题关键在于从观察函数21()ln(1||)1f x x x =+-+入手，提取函数21()ln(1||)1f xx x =+-+为偶函数,且在是增函数．本题易错的主要原因：其一，无法从题目特征中挖掘隐含条件，既函数的奇偶性和单调性，从而无法21()ln(1||)1f x x x=+-+()f x [)0,+∞()()()()121212113f x f x f x f x x x x >-⇔>-⇔>-⇔<<[)0,+∞解决问题；本题的另一个易错点是忽略增区间为，由()(21)f x f x >-得到21x x >-，导致错误．【例4】【2018年全国Ⅲ卷理11、文12】已知是定义域为的奇函数，满足．若，则A ．B ．0C ．2D ．50【解析】由(1)(1)f x f x -=+得(2)()f x f x +=-，所以()f x 是以4为周期的奇函数，且(1)(1)2f f -=-=-,(0)0f =,(1)2f =，(2)(0)0f f ==,(3)(1)2f f =-=-,(4)(0)0f f ==，所以(1)(2)(3)(50)2f f f f +++⋅⋅⋅+=．【评析】本题易错的主要原因：从求多个函数值的问题中发现函数的周期性来简化求和，同时抽象函数赋值法求值的基本思想和意识不够；无法从两个对称性得到周期性的结论．教学中应让学生掌握，若函数具有奇偶性，又具有对称性，则函数是周期函数．常见的有，若()y f x =是定义在R 上的偶函数，其图象关于直线x a =对称，则()y f x =是周期函数，且2a 是它的一个周期；若()y f x =是定义在R 上的奇函数，其图象关于直线x a =对称，则()y f x =是周期函数，且4a 是它的一个周期．（三）对含参问题基本策略选择不当含参问题是研究新的函数模型经常遇到的问题，也是考查学生分类讨论与分清参变量关系的重要手段，含参问题的破解基本点其一，转化为恒成立问题；其二，对参数进行分类讨论．解题过程往往涉及函数与方程思想、数形结合的思想及分类与整合思想．【例5】【2013年全国Ⅰ卷理11】已知函数220()ln(1)0.x x x f x x x ⎧-+≤=⎨+>⎩，，，若ax x f ≥)(，则a 的取值范围是A ．](0，∞- B ．](1，∞- C ．[]12，- D ．[]02，- 【解析】由()y f x =的图象知：当0x >时，y ax =只有0a ≤时，才能满足ax x f ≥)(，可排除B ，C.当0x ≤时，22()22y f x x x x x ==-+=-，故由ax x f ≥)(，得22x x ax -≥， 当0x =时，不等式为00≥成立；当0x <时，不等式等价于2x a -≤，因为22x -<-，所以2a ≥-综上可知，[]2,0a ∈-． 【例6】【2018年全国Ⅰ卷理9】已知函数．若g （x ）存在2个零点，则a 的取值范围是A ．[–1，0）B ．[0，+∞）C ．[–1，+∞）D ．[1，+∞）[)0,+∞()f x (,)-∞+∞(1)(1)f x f x -=+(1)2f =(1)(2)(3)(50)f f f f ++++=…50-e 0()ln 0x x f x x x ⎧≤=⎨>⎩，，，，()()g x f x x a =++解法一：()0g x =由两个解，则()y f x =与y x a =--的图像有两个交点，如图，当截距1a -≤时，即1a ≥-时符合，故选择C ．解法二：特值法，1a =-时，(0)0g =，(1)0g =，又()y g x =在(,0]-∞和(0,)+∞均为增函数，从而排除B ，D ，0a =时，(0)0g >，(1)0g >，当x →-∞，0x →时，()y g x =→-∞，由零点定理知存在两个零点，符合，故选择C ．解法三：直接法，只需(0)0g ≥即可，注意到()y g x =在(,0]-∞和(0,)+∞均为增函数，当x →-∞时，()y g x =→-∞，对于任意的a ，()y g x =在(0,)+∞上的值域为R ．【评析】在研究带有参数的新函数，从必要条件转化为充分条件是重要的方法，对于基本初等函数的加减乘除运算的单调性需要熟知，小题目考查函数零点定理，可以采取数形结合的思想，转化为两个函数图象的交点个数问题．本题易错的主要原因：未能将零点转化为两个两个函数图象的交点个数问题；其次，未能正确作出函数图象．（四）导数的综合运用能力较弱导数是研究函数单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，历届高考，对导数应用的考查都非常突出，主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与图象、曲线相联系；（2）利用导数求函数的单调区间，判断函数的单调性；已知函数的单调性求参数；（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题；（4）数形结合思想的应用．【例7】【2018年全国Ⅰ卷理21】已知函数． （1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，证明：． 【解析】（1）的定义域为，. （i ）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减.（ii ）若，令得，当时，； 当时，. 所以在单调递减， 1()ln f x x a x x =-+()f x ()f x 12,x x ()()12122f x f x a x x -<--()f x (0,)+∞22211()1a x ax f x x x x-+'=--+=-2a ≤()0f x '≤2a =1x =()0f x '=()f x (0,)+∞2a >()0f x '=24a a x --=24a a x +-=2244(0,()22a a a a x -+-∈+∞()0f x '<2244(22a a a a x --∈()0f x '>()f x 2244),()a a a a --+-+∞在单调递增. （2）由（1）知，存在两个极值点当且仅当.由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于， 所以等价于. 设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，所以，即. 【评析】在第（1）问中，分类与整合思想是考查的重点，二次三项式含参讨论要综合考虑到定义域，二次项系数，判别式，根的大小比较等；第（2）问极值点可求，但是注意到根与系数的关系121x x ⋅=，进而将双变量问题转化为单变量，同时要考虑到自变量的范围，再由不等式的等价转化得到第一问函数的特殊类型，题目迎刃而解．二、应对策略（一）培养利用“特例法”解题的能力在“特例法”中最常见的是“特殊值法”， “特殊值法”要掌握选值的技巧，当一次取值不能达到目标时，可以考虑多次取值、混合选取，看能否达到目标．“特例法”可以让一般问题特殊化，抽象问题具体化，从而大大减少计算量．在复习过程中，可以精选不同类型，有意识地强化“特例法”的解题能力.【例1】【2018年全国Ⅲ卷文7】下列函数中，其图象与函数ln y x =的图象关于1x =对称的是（ ）A.ln(1)y x =-B.ln(2)y x =-C.ln(1)y x =+D.ln(2)y x =+【解析】采用特殊值法，在ln y x =取一点()3,ln3A ，则A 点关于直线1x =的对称点为()'1,ln3A -应该在所求函数上，排除A ，C ，D ，选B.（二）充分挖掘隐含条件，提升利用函数性质解题的意识．高中阶段函数的性质围绕着单调性，奇偶性（对称性），周期性展开．当涉及到求函数值或函数不等式问题，都应充分挖掘问题中隐含的函数性质，最终利用性质求解是关键．【例2】【2018年全国Ⅲ卷文16】已知函数())ln 1f x x =+，()4f a =，则()_______.f a -= 【解析】令())ln g x x =，则())()ln g x x g x -==-，即())ln g x x =为奇函数，所以()()14f a g a =+=，所以()3g a =，所以()()()112f a g a g a -=-+=-+=-.【评析】观察题目特征，挖掘问题中隐含的函数性质，发现函数奇偶性的特征，转化为函数奇偶性问()f x 2a >()f x 12,x x 210x ax -+=121x x =12x x <21x >12121221212121222()()ln ln ln ln 2ln 11221f x f x x x x x x a a a x x x x x x x x x x ----=--+=-+=-+----1212()()2f x f x a x x -<--22212ln 0x x x -+<1()2ln g x x x x =-+()g x (0,)+∞(1)0g =(1,)x ∈+∞()0g x <22212ln 0x x x -+<1212()()2f x f x a x x -<--题，进而解决问题．【例3】【2017年全国Ⅲ卷理15、文16】设函数10,()20,x x x f x x +≤⎧=⎨>⎩，，则满足1()()12f x f x +->的x 的取值范围是 ．【解析】令()())132,0,21112,0,222122,,2x x x x g x f x f x x x x -⎧+≤⎪⎪⎪⎛⎫=+-=++<≤⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪>⎪⎩ 函数()g x 在区间(,0]-∞，1(0,]2，1(,)2+∞内均单调递增，且1()14g -=，012012++>，012)21-⋅>，可知x 的取值范围是1(,)4-+∞．【评析】本题应挖掘问题中隐含的函数性质，发现函数单调递增的特征，进而解决问题．本题易错的主要原因：对所给的函数表达式及其不等式的含义理解不透彻，不能正确的进行分类讨论，并结合函数性质解决问题．教学中，应强化从题目特征中挖掘隐含的函数性质意识． （三） 注重数学思想的应用，强化化归与转化的意识函数与导数的考查，经常涉及函数与方程思想、数形结合思想与分类与整合思想等．如遇到函数的零点问题时，函数与方程思想、数形结合思想的应用显得特别重要，常见的处理思路有两种：思路一：将函数的零点问题转化为两个（较简单的）函数的交点问题，再结合图象进行判断，需要注意的是函数本身可以进行适当的代数变形以使得转化后的两个函数的草图更容易作出；思路二：将函数作为整体进行考虑，借助函数的性质直接得到结果，有时函数的性质需要借助导数去研究．【例2】【2018年全国Ⅲ卷理11】已知函数211()2(ee )x xf x x x a --+=-++有唯一零点，则a = ． A ．12- B ．13C ．12D ．1 【解析】函数()f x 的零点满足()2112ee x x x x a --+-=-+， 设()11e e x x g x --+=+，则()()21111111e 1e e e e ex x x x x x g x ---+----'=-=-=， 当()0g x '=时，1x =；当1x <时，()0g x '<，函数()g x 单调递减；当1x >时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，当1x =时，函数()g x 取得最小值，为()12g =.设()22h x x x =-，当1x =时，函数()h x 取得最小值，为1-， 若0a ->，函数()h x 与函数()ag x -没有交点；若0a -<，当()()11ag h -=时，函数()h x 和()ag x -有一个交点，即21a -⨯=-，解得12a =，故选C. 【评析】函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用.（四）重视函数导数的工具作用以三角函数为背景考查导数、不等式，注重知识的交汇，体现函数导数的工具作用．【例4】【2018年全国Ⅰ卷理16】已知函数()2sin sin 2f x x x =+，则()f x 的最小值为 ．【解析一】()()1cos 1cos 222cos 2cos 2)('+-=+=x x x x x f ，令0)('=x f ，则21cos =x ，或1cos -=x ，所以当⎪⎭⎫ ⎝⎛-∈21,1cos x ，()x f 为减函数，在⎪⎭⎫ ⎝⎛∈1,21cos x 增函数，所以()min 12f x f ⎛⎫== ⎪⎝⎭【解析二】()()()()()223222sin sin 24sin 1cos 41cos 1cos f x x x x x x x =+=+=-+ ()()()()1111081cos 1cos 1cos 1cos 333x x x x =-+++()()()()41111cos 1cos 1cos 1cos 33310864x x x x ⎛⎫-++++++ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭≤,所以()f x ,当3x π=-时, ()f x =. 所以()f x的最小值是【解析三】()()()()()223222sin sin 24sin 1cos 41cos 1cos f x x x x x x x =+=+=-+，令[]1,1,cos -∈=t t x ，则函数化为()()()311t t t g +-=，再利用导数进行求解． 【评析】本题以三角函数为背景，看似与三角函数问题，但用三角函数的知识求解就遇到困难，要求学生灵活运用其他知识解决，求函数最值常见的求解方法：（1）利用基本不等式；（2）利用导数方法；（3）数形结合；（4）换元法等等进行转化，考查了学生转化与化归、数形结合等数学思想．类似的问题还有：【2013年全国Ⅰ卷理15】设当x ＝θ时，函数f (x )＝sin x －2cos x 取得最大值，则cos θ＝________.【2016年全国III 卷文21】设函数()cos 2(1)(cos 1)f x a x a x =+-+，其中0a >，记|()|f x 的最大值为A ．（Ⅰ）求()f x '；（Ⅱ）求A ；（Ⅲ）证明|()|2f x A '≤．（五）加强函数导数解答题的答题策略教学函数与导数解答题的呈现形式为，第（1）问为基础题，从知识内容看主要考查函数的单调区间、极值、最值与零点等，从思想方法看主要考查分类与整合思想，因此，应让学生掌握分类与整合思想，弄清分类讨论找“分界点”的解题策略；第（2）问题型结构为利用导数研究零点问题；利用导数研究证明不等式问题；利用导数研究不等式恒成立问题；利用导数研究多变量等问题．如在解决问题过程中用导数研究函数()f x 的单调性时，往往需要解方程()0f x '=. 若该方程不易求解时，如何继续解题呢，因此，应让学生掌握导数零点不可求的解题策略．【例5】【2017年全国Ⅲ卷文21】已知函数()2(1)ln 2x ax a x f x =+++． （1）讨论()f x 的单调性；（2）当0a <时，证明3()24f x a≤--． 【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，212(21)1()221ax a x f x ax a x x +++'=+++==(1)(21)(0)x ax x x ++>． 若0a ≥，则当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>，故()f x 在(0,)+∞单调递增；若0a <，则当1(0,)2x a ∈-时，()0f x '>；当1(,)2x a ∈-+∞时，()0f x '<， 故()f x 在1(0,)2a -单调递增，在1(,)2a-+∞单调递减． （2）略【评析】 导函数中含有二次三项式，需对最高项的系数分类讨论：(1)根据二次项系数是否为0，判断函数是否为二次函数；(2)由二次项系数的正负，判断二次函数图象的开口方向，从而寻找导数的变号零点．事实上，分类讨论找“分界点”的解题策略主要有：（1）根据二次项系数确定“分界点”；（2）根据判别式确定“分界点”；（3）根据导函数零点的大小确定“分界点”（4）根据导函数零点与定义域的关系确定 “分界点”（六）开展函数部分的微专题教学函数最值的应用，是全国卷试题的一个重要考向．复习过程中，应对函数高频考点问题函数最值的应用开展微专题教学，以提升学生对利用导数研究函数的图象与性质的认识．【例7】已知两个函数32()54f x x x x =++，2()816g x x x a =++，其中a 是常数．（1）[3,3]x ∀∈-，()a f x >，求a 的取值范围；（2）[3,3]x ∃∈-，()a f x >，求a 的取值范围；（3）[3,3]x ∀∈-，()a f x <，求a 的取值范围；（4）[3,3]x ∃∈-，()a f x <，求a 的取值范围；（5）[3,3]x ∃∈-，()a f x =，求a 的取值范围；（6）[3,3]x ∀∈-，()g()f x x ≤，求a 的取值范围；（7）[3,3]x ∃∈-，()g()f x x ≤，求a 的取值范围；（8）12[3,3]x x ∀∈-，，12()g()f x x ≤，求a 的取值范围；（9）1[3,3]x ∀∈-，2[3,3]x ∃∈-，12()g()f x x ≤，求a 的取值范围；（10）1[3,3]x ∀∈-，2[3,3]x ∃∈-，12()g()f x x ≥，求a 的取值范围；（11）1[3,3]x ∀∈-，2[3,3]x ∃∈-，12()g()f x x =，求a 的取值范围；（12）12[3,3]x x ∃∈-，，12()g()f x x =，求a 的取值范围．。

高考数学冲刺复习重点考点突破

高考数学冲刺复习重点考点突破

高考数学冲刺复习重点考点突破高考对于每一位学子来说，都是人生中的一次重要挑战。

而数学作为其中的关键学科，更是决定总成绩的重要因素之一。

在高考冲刺阶段，如何高效地复习数学，突破重点考点，是考生们最为关心的问题。

接下来，我们将详细探讨高考数学冲刺复习的重点考点及突破方法。

一、函数与导数函数与导数一直是高考数学的重点和难点。

函数的性质，如单调性、奇偶性、周期性等，以及函数的图像，都是常考的知识点。

导数则主要考查其几何意义、求导法则以及利用导数研究函数的单调性、极值和最值。

在复习函数部分时，要熟练掌握常见函数的性质和图像，如一次函数、二次函数、指数函数、对数函数等。

对于函数的综合问题，要学会通过分析函数的性质来解决。

例如，利用函数的单调性求参数的取值范围，或者根据函数的奇偶性来简化计算。

在导数方面，要牢记基本的求导公式和法则，能够准确地求出函数的导数。

同时，要学会将导数与函数的单调性、极值和最值问题相结合，通过导数的正负来判断函数的单调性，进而求出函数的极值和最值。

此外，还要注意导数在实际问题中的应用，如优化问题、切线问题等。

二、三角函数三角函数是高考数学中的另一个重点。

包括三角函数的定义、诱导公式、图像和性质，以及三角恒等变换等内容。

对于三角函数的定义，要理解正弦、余弦、正切函数的定义，能够根据角度求出三角函数值。

诱导公式众多，需要熟练记忆并能灵活运用，以化简三角函数表达式。

三角函数的图像和性质，如周期性、对称性、单调性等，也是考试的重点，要能够根据图像来分析函数的性质。

三角恒等变换是三角函数中的难点，要掌握两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式等，并能熟练地进行三角函数的化简、求值和证明。

在解题时，要注意观察式子的特点，选择合适的公式进行变形。

三、数列数列在高考中通常会有一道大题。

等差数列和等比数列的通项公式、前 n 项和公式是必须掌握的基础知识。

对于等差数列，要理解其通项公式和前 n 项和公式的推导过程，能够灵活运用公式解决问题。

高考数学考纲解读与热点难点突破教案及专题练习--导数的热点问题-理科(含解析)

高考数学考纲解读与热点难点突破教案及专题练习--导数的热点问题-理科(含解析)

高考数学考纲解读与热点难点突破导数的热点问题教案【2020年高考考纲解读】导数还经常作为高考的压轴题，能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力．估计以后对导数的考查力度不会减弱．作为导数综合题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在.【题型示例】题型一、利用导数证明不等式用导数证明不等式是导数的应用之一，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力．例1、已知函数f(x)＝ae2x－aex－xex(a≥0，e＝2.718…，e为自然对数的底数)，若f(x)≥0对于x∈R恒成立．(1)求实数a的值；(2)证明：f(x)存在唯一极大值点x0，且ln 22e＋14e2≤f(x0)<14.(2)证明当a＝1时，f(x)＝e2x－ex－xex，f′(x)＝ex(2ex－x－2)．令h(x)＝2ex－x－2，则h′(x)＝2ex－1，∴当x∈(－∞，－ln 2)时，h′(x)<0，h(x)在(－∞，－ln 2)上为减函数；当x∈(－ln 2，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(－ln 2，＋∞)上为增函数，∵h(－1)<0，h(－2)>0，∴在(－2，－1)上存在x＝x0满足h(x0)＝0，∵h(x)在(－∞，－ln 2)上为减函数，∴当x∈(－∞，x0)时，h(x)>0，即f′(x)>0，f(x)在(－∞，x0)上为增函数，当x∈(x0，－ln 2)时，h(x)<0，即f′(x)<0，f(x)在(x0，－ln 2)上为减函数，当x∈(－ln 2,0)时，h(x)<h(0)＝0，即f′(x)<0，f(x)在(－ln 2,0)上为减函数，当x ∈(0，＋∞)时，h(x)>h(0)＝0， 即f ′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数， ∴f(x)在(－ln 2，＋∞)上只有一个极小值点0， 综上可知，f(x)存在唯一的极大值点x0， 且x0∈(－2，－1)．∵h(x0)＝0，∴20e x －x0－2＝0，∴f(x0)＝02e x －0e x －x00e x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x0＋222－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x0＋22(x0＋1)＝－x20＋2x04，x0∈(－2，－1)， ∵当x ∈(－2，－1)时，－x2＋2x 4<14，∴f(x0)<14；∵ln12e ∈(－2，－1)，∴f(x0)≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫ln 12e ＝ln 22e ＋14e2；综上知ln 22e ＋14e2≤f(x0)<14.【方法技巧】用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f(x)在[a ，b]上是增函数，则①∀x ∈[a ，b]，则f(a)≤f(x)≤f(b)；②对∀x1，x2∈[a ，b]，且x1<x2，则f(x1)<f(x2)．对于减函数有类似结论．(2)利用最值：若f(x)在某个范围D 内有最大值M(或最小值m)，则对∀x ∈D ，有f(x)≤M(或f(x)≥m)．(3)证明f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)<0. 【变式探究】已知函数f(x)＝ax －ln x. (1)讨论f(x)的单调性；(2)若a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－∞，－1e2，求证：f(x)≥2ax －xeax －1.(1)解 由题意得f ′(x)＝a －1x ＝ax －1x (x>0)，①当a ≤0时，则f ′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减． ②当a>0时，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x)>0，f(x)单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 时，f ′(x)<0，f(x)单调递减．综上当a ≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞上单调递增．(2)证明 令g(x)＝f(x)－2ax ＋xeax －1 ＝xeax －1－ax －ln x ，则g ′(x)＝eax －1＋axeax －1－a －1x＝(ax ＋1)⎝⎛⎭⎪⎪⎫eax －1－1x ＝ax ＋1xeax －1－1x(x>0)，设r(x)＝xeax －1－1(x>0)， 则r ′(x)＝(1＋ax)eax －1(x>0)， ∵eax －1>0，∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－1a 时，r ′(x)>0，r(x)单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1a ，＋∞时，r ′(x)<0，r(x)单调递减．∴r(x)max ＝r ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1a ＝－⎝⎛⎭⎪⎪⎫1ae2＋1≤0⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ≤－1e2， ∴当0<x<－1a 时，g ′(x)<0，当x>－1a 时，g ′(x)>0，∴g(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1a ，＋∞上单调递增，∴g(x)min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1a ，设t ＝－1a∈(]0，e2，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1a ＝h(t)＝t e2－ln t ＋1(0<t ≤e2)，h ′(t)＝1e2－1t ≤0，h(t)在(]0，e2上单调递减，∴h(t)≥h(e2)＝0；∴g(x)≥0，故f(x)≥2ax －xeax －1. 题型二 利用导数讨论方程根的个数方程的根、函数的零点、函数图象与x 轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的走势，通过数形结合思想直观求解．例2、(2018·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝ex －ax2. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f(x)≥1； (2)若f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，求a.(1)证明 当a ＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e －x －1≤0. 设函数g (x)＝(x2＋1)e －x －1，则g ′(x)＝－(x2－2x ＋1)·e －x ＝－(x －1)2e －x. 当x ≠1时，g ′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．而g(0)＝0，故当x ≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1. (2)解 设函数h(x)＝1－ax2e －x.f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点． (ⅰ)当a ≤0时，h(x)>0，h(x)没有零点； (ⅱ)当a>0时，h ′(x)＝ax(x －2)e －x.当x ∈(0,2)时，h ′(x)<0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x)>0. 所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． 故h(2)＝1－4ae2是h(x)在(0，＋∞)上的最小值．①若h(2)>0，即a<e24，h(x)在(0，＋∞)上没有零点．②若h(2)＝0，即a ＝e24，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．③若h(2)<0，即a>e24，因为h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)上有一个零点； 由(1)知，当x>0时，ex>x2，所以h(4a)＝1－16a3e4a ＝1－16a3e2a 2>1－16a32a4＝1－1a>0，故h(x)在(2,4a)上有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)上有两个零点．综上，当f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a ＝e24.【感悟提升】(1)函数y ＝f(x)－k 的零点问题，可转化为函数y ＝f(x)和直线y ＝k 的交点问题．(2)研究函数y ＝f(x)的值域，不仅要看最值，而且要观察随x 值的变化y 值的变化趋势．【变式探究】设函数f(x)＝ex －2a －ln(x ＋a)，a ∈R ，e 为自然对数的底数． (1)若a>0，且函数f(x)在区间[0，＋∞)内单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若0<a<23，试判断函数f(x)的零点个数．(2)∵0<a<23，f ′(x)＝ex －1x ＋a (x>－a)，记h(x)＝f ′(x)，则h ′(x)＝ex ＋1x ＋a2>0，知f ′(x)在区间()－a ，＋∞内单调递增．又∵f ′(0)＝1－1a <0，f ′(1)＝e －1a ＋1>0，∴f ′(x)在区间()－a ，＋∞内存在唯一的零点x0，即f ′(x0)＝0e x －1x0＋a＝0， 于是0e x ＝1x0＋a，x0＝－ln ()x0＋a . 当－a<x<x0时，f ′(x)<0，f(x)单调递减； 当x>x0时，f ′(x)>0，f(x)单调递增．∴f(x)min ＝f(x0)＝0e x－2a －ln ()x0＋a＝1x0＋a －2a ＋x0＝x0＋a ＋1x0＋a－3a ≥2－3a ， 当且仅当x0＋a ＝1时，取等号． 由0<a<23，得2－3a>0，∴f(x)min ＝f(x0)>0，即函数f(x)没有零点． 题型三 利用导数解决生活中的优化问题生活中的实际问题受某些主要变量的制约，解决生活中的优化问题就是把制约问题的主要变量找出来，建立目标问题即关于这个变量的函数，然后通过研究这个函数的性质，从而找到变量在什么情况下可以达到目标最优．例3、罗源滨海新城建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距m 米，余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩，经预测，一个桥墩的工程费用为32万元，距离为x 米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2＋x)x 万元．假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其他因素，记余下工程的费用为y 万元．(1)试写出y 关于x 的函数关系式；(2)当m ＝96米时，需新建多少个桥墩才能使余下工程的费用y 最小？ 解 (1)设需新建n 个桥墩， 则(n ＋1)x ＝m ，即n ＝mx －1.所以y ＝f(x)＝32n ＋(n ＋1)(2＋x)x＝32⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫m x －1＋m x(2＋x)x＝m ⎝⎛⎭⎪⎪⎫32x ＋x ＋2m －32(0<x<m)． (2)当m ＝96时，f(x)＝96⎝⎛⎭⎪⎪⎫32x＋x ＋160， 则f ′(x)＝96⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12x －32x2＝48x2(32x －64)． 令f ′(x)＝0，得32x ＝64，所以x ＝16.当0<x<16时，f ′(x)<0，f(x)在区间(0,16)内为减函数； 当16<x<96时，f ′(x)>0，f(x)在区间(16,96)内为增函数， 所以f(x)在x ＝16处取得最小值，此时n ＝9616－1＝5.答 需新建5个桥墩才能使余下工程的费用y 最小． 【感悟提升】利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f(x)．(2)求导：求函数的导数f ′(x)，解方程f ′(x)＝0.(3)求最值：比较函数在区间端点和使f ′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．(4)作答：回归实际问题作答．【变式探究】图1是某种称为“凹槽”的机械部件的示意图，图2是凹槽的横截面(阴影部分)示意图，其中四边形ABCD 是矩形，弧CmD 是半圆，凹槽的横截面的周长为4.若凹槽的强度T 等于横截面的面积S 与边AB 的乘积，设AB ＝2x ，BC ＝y.(1)写出y 关于x 的函数表达式，并指出x 的取值范围； (2)求当x 取何值时，凹槽的强度最大．(2)依题意，得T ＝AB ·S ＝2x ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2xy －12πx2＝8x2－(4＋3π)x3.令T ′＝16x －3(4＋3π)x2＝0，得x ＝0或x ＝169π＋12.因为0<169π＋12<4π＋4，所以当0<x<169π＋12时，T ′>0，T 为关于x 的增函数；当169π＋12<x<44＋π时，T ′<0，T 为关于x 的减函数，所以当x ＝169π＋12时凹槽的强度最大.专题练习1．在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间)，每单位时间的用氧量为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫v 103＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为v2(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升)．(1)求y 关于v 的函数关系式；(2)若c ≤v ≤15(c>0)，求当下潜速度v 取什么值时，总用氧量最少．(2)y ′＝6v50－240v2＝3v3－2 00025v2，令y ′＝0，得v ＝1032，当0<v<1032时，y ′<0，函数单调递减，当v>1032时，y ′>0，函数单调递增， ∴当0<c<1032时，函数在(c,1032)上单调递减，在(1032，15)上单调递增，∴当v＝1032时总用氧量最少，当c≥1032时，y在[c,15]上单调递增，∴当v＝c时总用氧量最少．综上，若0<c<1032，则当v＝1032时总用氧量最少；若c≥1032，则当v＝c时总用氧量最少．2．已知函数f(x)＝ax－1＋ln x.(1)若函数f(x)在()e，＋∞内有极值，求实数a的取值范围；(2)在(1)的条件下，对任意t∈(1，＋∞)，s∈(0,1)，求证：f(t)－f(s)>e＋2－1 e .(1)【解析】由定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝1x－ax－12＝x2a＋2x＋1x x－12，设h(x)＝x2－(a＋2)x＋1，要使y＝f(x)在()e，＋∞上有极值，则x2－(a＋2)x＋1＝0有两个不同的实根x1，x2，∴Δ＝(a＋2)2－4>0，∴a>0或a<－4，①且至少有一根在区间()e，＋∞上，又∵x1·x2＝1，∴只有一根在区间(e，＋∞)上，不妨设x2>e，∴0<x1<1e <e<x2，又h(0)＝1，∴只需h ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e <0，即1e2－(a ＋2)1e ＋1<0，∴a>e ＋1e －2，②联立①②可得a>e ＋1e－2.即实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫e ＋1e －2，＋∞.(2)证明 由(1)知，当x ∈()1，x2时，f ′(x)<0， f(x)单调递减，当x ∈()x2，＋∞时，f ′(x)>0，f(x)单调递增， ∴f(x)在(1，＋∞)上有最小值f(x2)， 即∀t ∈(1，＋∞)，都有f(t)≥f(x2)，又当x ∈()0，x1时，f ′(x)>0，f(x)单调递增，当x ∈()x1，1时，f ′(x)<0，f(x)单调递减， ∴f(x)在(0,1)上有最大值f(x1)， 即对∀s ∈(0,1)，都有f(s)≤f(x1)， 又∵x1＋x2＝2＋a ，x1x2＝1， x1∈⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，1e ，x2∈()e ，＋∞，∴f(t)－f(s)≥f(x2)－f(x1) ＝ln x2＋ax2－1－ln x1－ax1－1＝lnx2x1＋ax2－1－ax1－1＝ln x22＋x2－1x2()x2>e ， 设k(x)＝ln x2＋x －1x ＝2ln x ＋x －1x (x>e)， 则k ′(x)＝2x ＋1＋1x2>0(x>e)，∴k(x)在()e ，＋∞上单调递增，∴k(x)>k(e)＝2＋e －1e ，∴f(t)－f(s)>e ＋2－1e.3．已知函数f(x)＝(2x ＋1)ln(2x ＋1)－a(2x ＋1)2－x(a>0)．(1)如图，设直线x ＝－12，y ＝－x 将坐标平面分成Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ四个区域(不含边界)，若函数y ＝f(x)的图象恰好位于其中一个区域内，判断其所在的区域并求对应的a 的取值范围；(2)当a>12时，求证：∀x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，有f(x1)＋f(x2)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x1＋x22. (1)【解析】函数f(x)的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12，＋∞，且当x ＝0时，f(0)＝－a<0. 又∵直线y ＝－x 恰好通过原点， ∴函数y ＝f(x)的图象应位于区域Ⅳ内， 于是可得f(x)<－x ，即(2x ＋1)ln(2x ＋1)－a(2x ＋1)2－x<－x. ∵2x ＋1>0，∴a>ln2x ＋12x ＋1.令h(x)＝ln2x ＋12x ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x>－12， 则h ′(x)＝2－2ln2x ＋12x ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x>－12. ∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12，e －12时，h ′(x)>0，h(x)单调递增； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫e －12，＋∞时，h ′(x)<0，h(x)单调递减． ∴h(x)max ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫e －12＝1e ， ∴a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ，＋∞.(2)证明 ∵f ′(x)＝2ln(2x ＋1)－4a(2x ＋1)＋1， 设u(x)＝2ln(2x ＋1)－4a(2x ＋1)＋1， 则u ′(x)＝42x ＋1－8a ⎝⎛⎭⎪⎪⎫x>－12，∵当x>0时，42x ＋1<4，当a>12时，8a>4，∴u ′(x)＝42x ＋1－8a<0，∴当x>0时，f ′(x)为减函数， 不妨设x2>x1>0，令g(x)＝f(x)＋f(x1)－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋x12(x>x1)， 可得g(x1)＝0， g ′(x)＝f ′(x)－f ′⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋x12， ∵x>x ＋x12且f ′(x)是(0，＋∞)上的减函数，∴g ′(x)<0，∴当x>x1时，g(x)为减函数， ∴g(x2)<g(x1)＝0， 即f(x1)＋f(x2)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x1＋x22. 4．已知函数f(x)＝ln x ＋ax ，g(x)＝e －x ＋bx ，a ，b ∈R ，e 为自然对数的底数．(1)若函数y ＝g(x)在R 上存在零点，求实数b 的取值范围；(2)若函数y ＝f(x)在x ＝1e 处的切线方程为ex ＋y －2＋b ＝0.求证：对任意的x ∈(0，＋∞)，总有f(x)>g(x )．(2)证明 易得f ′(x)＝1x －ax2，则由题意，得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ＝e －ae2＝－e ，解得a ＝2e .∴f(x)＝ln x ＋2ex ，从而f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ＝1，即切点为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ，1.将切点坐标代入ex ＋y －2＋b ＝0中，解得b ＝0. ∴g(x)＝e －x.要证f(x)>g(x)，即证ln x ＋2ex >e －x(x ∈(0，＋∞))，只需证xln x ＋2e>xe －x(x ∈(0，＋∞))．令u(x)＝xln x ＋2e ，v(x)＝xe －x ，x ∈(0，＋∞)．则由u ′(x)＝ln x ＋1＝0，得x ＝1e，∴u(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ，＋∞上单调递增， ∴u(x)min ＝u ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ＝1e.又由v ′(x)＝e －x －xe －x ＝e －x(1－x)＝0，得x ＝1， ∴v(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴v(x)max ＝v(1)＝1e.∴u(x)≥u(x)min ≥v(x)max ≥v(x)， 显然，上式的等号不能同时取到． 故对任意的x ∈(0，＋∞)，总有f(x)>g(x)． 5．已知函数g(x)＝xln x ，h(x)＝ax2－12(a>0)．(1)若g(x)<h(x)对x ∈(1，＋∞)恒成立，求a 的取值范围；(2)证明：不等式⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1n2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋2n2·…·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋n n2<e 34对于正整数n 恒成立，其中e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)【解析】方法一 记f(x)＝g(x)－h(x) ＝xln x －a2x2＋12，令φ(x)＝f ′(x)＝ln x ＋1－ax ，则φ′(x)＝1x －a ，①当a ≥1时，∵x ∈(1，＋∞)，∴φ′(x)＝1x－a<1－a ≤0，∴f ′(x)在(1，＋∞)上单调递减， 又f ′(1)＝1－a ≤0，∴f ′(x)<0， 即f(x)在(1，＋∞)上单调递减， 此时，f(x)<f(1)＝－a －12≤0，即g(x)<h(x)，∴a ≥1. ②当0<a<1时，考虑x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，1a 时，φ′(x)＝1x －a>a －a ＝0，∴f ′(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，1a 上单调递增，又f ′(1)＝1－a>0，∴f ′(x)>0， 即f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，1a 上单调递増，f(x)>f(1)＝－a －12>0，不满足题意．综上所述，a ∈[1，＋∞)．方法二 当x ∈(1，＋∞)时，g(x)<h(x)等价于a>2xln x ＋1x2，令F(x)＝2xln x ＋1x2(x>1)，F ′(x)＝2()x －1－xln x x3(x>1)，记m(x)＝x －1－xln x(x>1)， 则m ′(x)＝－ln x<0，∴m(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴m(x)<m(1)＝0，∴F ′(x)<0，即F(x)在(1，＋∞)上单调递减， F(x)<F(1)＝1，故a ∈[1，＋∞)． (2)证明 由(1)知取a ＝1，当x ∈(1，＋∞)时，g(x)<h(x)恒成立，即xln x<x2－12恒成立，即ln x<x2－12x 恒成立，即ln(1＋x)<x ＋12－12x ＋1＝x2＋2x2x ＋1对于x ∈(0，＋∞)恒成立，由此，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋k n2<⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫k n22＋2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫k n22⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫k n2＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫k n2＋k n2＋k ≤12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫k n2＋k n2＋1，k ∈N*， 于是ln ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1n2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋2n2…⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋n n2＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1n2＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋2n2＋…＋ln ⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋n n2<12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n2＋2n2＋…＋n n2＋1n2＋1＋2n2＋1＋…＋n n2＋1 ＝14⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤nn ＋1n2＋nn ＋1n2＋1＝14·2n3＋2n2＋n ＋1n ()n2＋1＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－n3－2n2＋2n －1n ()n2＋1 ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－nn －12n －1n ()n2＋1≤34，故⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1n2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋2n2·…·⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋n n2<34e .6．已知函数f(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －1－a 6ex ＋1，其中e ＝2.718…为自然对数的底数，常数a>0.(1)求函数f(x)在区间(0，＋∞)上的零点个数；(2)函数F(x)的导数F ′(x)＝()ex －a f(x)，是否存在无数个a ∈(1,4)，使得ln a 为函数F(x)的极大值点？请说明理由．(2)方法一 当a>1时，ln a>0. 因为当x ∈()0，ln a 时，ex －a<0；当x ∈()ln a ，＋∞时，ex －a>0. 由(1)知，当x ∈(0，x0)时，f(x)<0； 当x ∈(x0，＋∞)时，f(x)>0.下面证：当a ∈()1，e 时，ln a<x0，即证f ()ln a <0.f ()ln a ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫ln a －1－a 6a ＋1＝aln a －a －a26＋1，记g(x)＝xln x －x －x26＋1，x ∈(1，e)，g ′(x)＝ln x －x3，x ∈(1，e)，令h(x)＝g ′(x)，则h ′(x)＝3－x 3x>0，所以g ′(x)在()1，e 上单调递增，由g ′(1)＝－13<0，g ′(e)＝1－e3>0，所以存在唯一零点t0∈()1，e ，使得g ′()t0＝0，且x ∈()1，t0时，g ′(x)<0，g(x)单调递减，x ∈()t0，e 时，g ′(x)>0，g(x)单调递增．所以当x ∈()1，e 时，g(x)<max {}g 1g e.由g(1)＝－16<0，g(e)＝6－e26<0，得当x ∈()1，e 时，g(x)<0.故f ()ln a <0,0<ln a<x0.当0<x<ln a 时，ex －a<0，f(x)<0， F ′(x)＝()ex －a f(x)>0，F(x)单调递增；当ln a<x<x0时，ex －a>0，f(x)<0， F ′(x)＝()ex －a f(x)<0，F(x)单调递减．所以存在a ∈()1，e ⊆(1,4)，使得ln a 为F(x)的极大值点．方法二 因为当x ∈()0，ln a 时，ex －a<0；当x ∈()ln a ，＋∞时，ex －a>0. 由(1)知，当x ∈(0，x0)时，f(x)<0； 当x ∈(x0，＋∞)时，f(x)>0.所以存在无数个a ∈(1,4)，使得l n a 为函数F(x)的极大值点，即存在无数个a ∈(1,4)，使得ln a<x0成立，①由(1)，问题①等价于存在无数个a ∈(1,4)，使得f ()ln a <0成立， 因为f ()ln a ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫ln a －1－a 6a ＋1＝aln a －a －a26＋1，记g(x)＝xln x －x －x26＋1，x ∈(1,4)，g ′(x)＝ln x －x3，x ∈(1,4)，设k(x)＝g ′(x)，因为k ′(x)＝3－x 3x，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，2时，k ′(x)>0，所以g ′(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，2上单调递增，因为g ′⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32＝ln 32－12<0，g ′(2)＝ln 2－23>0，所以存在唯一零点t0∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，2，使得g ′()t0＝0，且当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，t0时，g ′(x)<0，g(x)单调递减；当x ∈()t0，2时，g ′(x)>0，g(x)单调递增； 所以当x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤32，2时，g(x)min ＝g ()t0＝t0ln t0－t0－t206＋1，②由g ′()t0＝0，可得ln t0＝t03，代入②式可得g(x)min ＝g ()t0＝t206－t0＋1，当t0∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，2时，g ()t0＝t206－t0＋1＝()t0－326－12<－18<0，所以必存在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，2，使得g(x)<0，即对任意a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，2，f ()ln a <0有解，所以对任意a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，2⊆(1,4)，函数F(x)存在极大值点为ln a.7．已知f(x)＝(x －1)ex ＋12ax2.(1)当a ＝e 时，求f(x)的极值；(2)若f(x)有两个不同零点，求a 的取值范围； (3)对∀x>1，求证：f(x)≥12ax2＋x ＋1＋ln(x －1)．(1)【解析】当a ＝e 时，f ′(x)＝x(ex ＋e)． 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x)<0，f(x)为减函数， 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x)>0，f(x)为增函数， ∴f(x)极小值＝f(0)＝－1，无极大值． (2)【解析】f ′(x)＝x(ex ＋a)，(ⅰ)当a ＝0时，f(x)＝(x －1)ex ，只有一个零点x ＝1， (ⅱ)当a>0时，ex ＋a>0，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x)<0，f(x)为减函数， 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x)>0，f(x)为增函数， f(x)极小值＝f(0)＝－1，而f(1)＝a2>0，∴当x>0时，函数f(x)在(0,1)上存在一个零点， 当x<0时，ex<1，∴(x －1)ex>x －1， ∴f(x)＝(x －1)ex ＋12ax2>x －1＋12ax2＝12ax2＋x －1，令g(x)＝12ax2＋x －1，x1是g(x)＝0的一个根， 取x1＝－1－1＋2aa<0，∴f(x1)>0，f(x1)·f(0)<0，∴当x<0时，函数f(x)在(x1,0)上存在一个零点， ∴函数f(x)有两个零点．(ⅲ)当a<0时，f ′(x)＝x(ex ＋a)， 令f ′(x)＝0得x ＝0或x ＝ln(－a)， ①当ln(－a)>0，即a<－1时，当x 变化时，f(x)，f ′(x)的变化情况如表所示：－∴f(x)极大值＝f(0)＝－1，∴函数f(x)至多有一个零点，不合题意，②当ln(－a)＝0，即a ＝－1时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增， ∴f(x)至多有一个零点，不合题意． ③当ln(－a)<0，即－1<a<0时，当x 变化时f(x)，f ′(x)的变化情况如表所示：∴x<0，a<0时，f(x)＝(x －1)ex ＋12ax2<0，f(0)＝－1，∴函数f(x)至多有一个零点，不合题意． 综上，a 的取值范围是(0，＋∞)．(3)证明 令g(x)＝f(x)－ln(x －1)－12ax2－x －1，＝(x －1)ex －ln(x －1)－x －1，x ∈(1，＋∞)， g ′(x)＝xex －1x －1－1＝xex －x x －1＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫ex －1x －1，x ∈(1，＋∞)． 令h(x)＝ex －1x －1，x ∈(1，＋∞)，h ′(x)＝ex ＋1x －12>0， ∴h(x)为(1，＋∞)上的增函数，h(2)＝e2－1>0， 取x －1＝e －2，x ＝1＋e －2，h(1＋e －2)＝21e e－＋－e2<0，∴存在唯一的x0∈(1,2)使h(x0)＝0，即0e x ＝1x0－1， ∴当x ∈(1，x0)时，h(x)<0，g ′(x)<0，g(x)为减函数， 当x ∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g ′(x)>0，g(x)为增函数，∴g(x)min ＝g(x0)＝(x0－1) 0e x －ln(x0－1)－x0－1＝(x0－1)×1x0－1－ln 0e x -－x0－1＝1＋x0－x0－1＝0， ∴对∀x>1，g(x)≥g(x0)＝0， 即f(x)≥12ax2＋x ＋1＋ln(x －1)．8.已知f(x)＝asin x ，g(x)＝ln x ，其中a ∈R ，y ＝g －1(x)是y ＝g(x)的反函数． (1)若0<a ≤1，证明：函数G(x)＝f(1－x)＋g(x)在区间(0,1)上是增函数；(2)证明：∑k ＝1nsin11＋k2<ln 2； (3)设F(x)＝g －1(x)－mx2－2(x ＋1)＋b ，若对任意的x>0，m<0有F(x)>0恒成立，求满足条件的最小整数b 的值．(1)证明 由题意知G(x)＝asin(1－x)＋ln x ， G ′(x)＝1x－acos(1－x)(x>0)，当x ∈(0,1)，0<a ≤1时，1x >1,0<cos(1－x)<1，∴acos(1－x)<1，∴G ′(x)>0， 故函数G(x)在区间(0,1)上是增函数．(3)【解析】由对任意的x>0，m<0有F(x)＝g－1(x)－mx2－2(x＋1)＋b＝ex－mx2－2x ＋b－2>0恒成立，即当x∈(0，＋∞)时，F()x min>0.又设h(x)＝F′()x＝ex－2mx－2，h′(x)＝ex－2m，m<0，则h′(x)>0，h(x)单调递增，又h(0)<0，h(1)>0，则必然存在x0∈(0,1)，使得h(x0)＝0，∴F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∴F(x)≥F(x0)＝0e x－mx20－2x0＋b－2>0，则b>－0e x＋mx20＋2x0＋2，又0e x－2mx0－2＝0，∴m＝e x－2 2x0，∵b>－0e x ＋0e x －22x0·x20＋2x0＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x02－10e x ＋x0＋2， 又m<0，则x0∈(0，ln 2)，∵b>⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x02－10e x ＋x0＋2，x0∈(0，ln 2)恒成立，令m(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x 2－1ex ＋x ＋2，x ∈(0，ln 2)，则m ′(x)＝12(x －1)ex ＋1， 令n(x)＝12(x －1)ex ＋1，则n ′(x)＝12xex>0，∴m ′(x)在(0，ln 2)上单调递增， ∴m ′(x)>m ′(0)＝12>0，∴m(x)在(0，ln 2)上单调递增， ∴m(x)<m(ln 2)＝2ln 2， ∴b ≥2ln 2，又b 为整数， ∴最小整数b 的值为2.9．已知a ∈R ，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x ∈R ，e 为自然对数的底数)． (1)当a ＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求a 的取值范围；(3)函数f(x)是否为R 上的单调减函数？若是，求出a 的取值范围？若不是，请说明理由．【解析】(1)当a ＝2时，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，因为ex>0，所以－x2＋2>0， 解得－2<x< 2.所以函数f(x)的单调递增区间是(－2，2)． (2)因为函数f(x)在(－1,1)上单调递增，所以f ′(x)≥0对x ∈(－1,1)都成立．因为f ′(x)＝(－2x ＋a)ex ＋(－x2＋ax)ex ＝[－x2＋(a －2)x ＋a]ex ，所以[－x2＋(a －2)x ＋a]ex ≥0对x ∈(－1,1)都成立．因为ex>0，所以－x2＋(a －2)x ＋a ≥0，则a ≥x2＋2x x ＋1＝x ＋12－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1,1)都成立． 令g(x)＝(x ＋1)－1x ＋1， 则g ′(x)＝1＋1x ＋12>0. 所以g(x)＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1,1)上单调递增．所以g(x)<g(1)＝(1＋1)－11＋1＝32. 所以a 的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫32，＋∞. (3)若函数f(x)在R 上单调递减，则f ′(x)≤0对x ∈R 都成立，即[－x2＋(a －2)x ＋a]ex ≤0对x ∈R 都成立，因为ex>0，所以x2－(a －2)x －a ≥0对x ∈R 都成立．所以Δ＝(a －2)2＋4a ≤0，即a2＋4≤0，这是不可能的．故函数f(x)不可能在R 上单调递减．10．已知函数f(x)＝2lnx ＋x2－2ax(a>0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，且f(x1)－f(x2)≥32－2ln2恒成立，求a 的取值范围．【解析】(1)由题意知，函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f ′(x)＝2x2－ax ＋1x ，令x2－ax ＋1＝0，则Δ＝a2－4，①当0<a ≤2时，Δ≤0，f ′(x)≥0恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a>2时，Δ>0，方程x2－ax ＋1＝0有两个不同的实根，分别设为x3，x4，不妨令x3<x4，则x3＝a －a2－42，x4＝a ＋a2－42，此时0<x3<x4， 因为当x ∈(0，x3)时，f ′(x)>0，当x ∈(x3，x4)时，f ′(x)<0，当x ∈(x4，＋∞)时，f ′(x)>0，所以函数f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，a －a2－42上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a －a2－42，a ＋a2－42上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋a2－42，＋∞上单调递增． 综上，当0<a ≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>2时f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，a －a2－42上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a －a2－42，a ＋a2－42上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋a2－42，＋∞上单调递增． (2)由(1)得f(x)在(x1，x2)上单调递减，x1＋x2＝a ，x1·x2＝1， 则f(x1)－f(x2)＝2ln x1x2＋(x1－x2)(x1＋x2－2a)＝2ln x1x2＋x22－x21x1x2＝2ln x1x2＋x2x1－x1x2，令t ＝x1x2，则0<t<1，f(x1)－f(x2)＝2lnt ＋1t －t ，令g(t)＝2lnt ＋1t －t(0<t<1)，则g ′(t)＝－t －12t2<0，故g(t)在(0,1)上单调递减且g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12＝32－2ln2，故g(t)＝f(x1)－f(x2)≥32－2ln2＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，即0<t ≤12， 而a2＝(x1＋x2)2＝x1x2＋x2x1＋2＝t ＋1t ＋2，其中0<t ≤12，令h(t)＝t ＋1t ＋2，t ∈⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0，12，所以h ′(t)＝1－1t2<0在t ∈⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0，12上恒成立，故h(t)＝t ＋1t ＋2在⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0，12上单调递减，从而a2≥92，故a 的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫322，＋∞.。

(新课改省份专用)2020版高考数学 导数及其应用 必备方法——破解导数问题常用到的4种方法讲义(含解析)

(新课改省份专用)2020版高考数学 导数及其应用 必备方法——破解导数问题常用到的4种方法讲义(含解析)

第2课时 必备方法——破解导数问题常用到的4种方法构造函数法解决抽象不等式问题以抽象函数为背景、题设条件或所求结论中具有“f (x )±g (x )，f (x )g (x )，f xg x”等特征式、旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考试卷中的一位“常客”，常以压轴题的形式出现，解答这类问题的有效策略是将前述式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题．类型一 构造y ＝f (x )±g (x )型可导函数[例1] 设奇函数f (x )是R 上的可导函数，当x >0时有f ′(x )＋cos x <0，则当x ≤0时，有( )A ．f (x )＋sin x ≥f (0)B ．f (x )＋sin x ≤f (0)C ．f (x )－sin x ≥f (0)D ．f (x )－sin x ≤f (0)[解析] 观察条件中“f ′(x )＋cos x ”与选项中的式子“f (x )＋sin x ”，发现二者之间是导函数与原函数之间的关系，于是不妨令F (x )＝f (x )＋sin x ，因为当x >0时，f ′(x )＋cos x <0，即F ′(x )<0，所以F (x )在(0，＋∞)上单调递减，又F (－x )＝f (－x )＋sin(－x )＝－[f (x )＋sin x ]＝－F (x )，所以F (x )是R 上的奇函数，且F (x )在(－∞，0)上单调递减， F (0)＝0，并且当x ≤0时有F (x )≥F (0)，即f (x )＋sin x ≥f (0)＋sin 0＝f (0)，故选A.[答案] A [题后悟通]当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f ′(x )±g ′(x )”时，不妨联想、逆用“f ′(x )±g ′(x )＝[f (x )±g (x )]′”．构造可导函数y ＝f (x )±g (x )，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．类型二 构造f (x )·g (x )型可导函数[例2] 设函数f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x <0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0，且g (3)＝0，则不等式f (x )g (x )>0的解集是( )A ．(－3,0)∪(3，＋∞)B ．(－3,0)∪(0,3)C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(0,3)[解析] 利用构造条件中“f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )”与待解不等式中“f (x )g (x )”两个代数式之间的关系，可构造函数F (x )＝f (x )g (x )，由题意可知，当x <0时，F ′(x )>0，所以F (x )在(－∞，0)上单调递增．又因为f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，所以F (x )是定义在R 上的奇函数，从而F (x )在(0，＋∞)上单调递增，而F (3)＝f (3)g (3)＝0，所以F (－3)＝－F (3)，结合图象可知不等式f (x )g (x )>0⇔F (x )>0的解集为(－3,0)∪(3，＋∞)，故选A.[答案] A [题后悟通]当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )”时，可联想、逆用“f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＝[f (x )g (x )]′”，构造可导函数y ＝f (x )g (x )，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．类型三 构造f xg x型可导函数[例3] 已知定义在R 上函数f (x )，g (x )满足：对任意x ∈R ，都有f (x )>0，g (x )>0，且f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )<0.若a ，b ∈R ＋且a ≠b ，则有( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2>f (ab )g (ab )B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2<f (ab )g (ab )C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2g (ab )>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2f (ab )D ．f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2g (ab )<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2f (ab )[解析] 根据条件中“f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )”的特征，可以构造函数F (x )＝f xg x ，因为f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )<0，所以F ′(x )＝f ′x g x －f x g ′x [g x ]2<0，F (x )在R 上单调递减．又因为a ＋b 2>ab ，所以F ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2<F (ab )，即f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2<f abgab，所以f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2g (ab )<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·f (ab )，故选D.[答案] D [题后悟通]当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )”时，可联想、逆用“f ′x g x －f x g ′x [g x ]2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x g x ′”，构造可导函数y ＝f x g x ，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．[方法技巧]构造函数解决导数问题常用模型(1)条件：f ′(x )>a (a ≠0)：构造函数：h (x )＝f (x )－ax . (2)条件：f ′(x )±g ′(x )>0：构造函数：h (x )＝f (x )±g (x )．(3)条件：f ′(x )＋f (x )>0：构造函数：h (x )＝e xf (x )． (4)条件：f ′(x )－f (x )>0：构造函数：h (x )＝f xex.(5)条件：xf ′(x )＋f (x )>0：构造函数：h (x )＝xf (x )． (6)条件：xf ′(x )－f (x )>0：构造函数：h (x )＝f xx. [针对训练]1．已知定义域为R 的函数f (x )的图象经过点(1,1)，且对于任意x ∈R ，都有f ′(x )＋2>0，则不等式f (log 2|3x－1|)<3－log2|3x－1|的解集为( ) A ．(－∞，0)∪(0,1) B ．(0，＋∞) C ．(－1,0)∪(0,3)D ．(－∞，1)解析：选A 根据条件中“f ′(x )＋2”的特征，可以构造F (x )＝f (x )＋2x ，则F ′(x )＝f ′(x )＋2>0，故F (x )在定义域内单调递增，由f (1)＝1，得F (1)＝f (1)＋2＝3，因为由f (log 2|3x －1|)<3－log 2|3x －1|可化为f (log 2|3x －1|)＋2log 2|3x －1|<3，令t ＝log 2|3x －1|，则f (t )＋2t <3.即F (t )<F (1)，所以t <1.即log 2|3x －1|<1，从而0<|3x－1|<2，解得x <1且x ≠0，故选A.2．设定义在R 上的函数f (x )满足f ′(x )＋f (x )＝3x 2e －x，且f (0)＝0，则下列结论正确的是( )A ．f (x )在R 上单调递减B ．f (x )在R 上单调递增C ．f (x )在R 上有最大值D ．f (x )在R 上有最小值解析：选C 根据条件中“f ′(x )＋f (x )”的特征，可以构造F (x )＝e xf (x )，则有F ′(x )＝e x[f ′(x )＋f (x )]＝e x·3x 2e －x＝3x 2，故F (x )＝x 3＋c (c 为常数)，所以f (x )＝x 3＋cex，又f (0)＝0，所以c ＝0，f (x )＝x 3e x .因为f ′(x )＝3x 2－x 3e x，易知f (x )在区间(－∞，3]上单调递增，在[3， ＋∞)上单调递减，f (x )max ＝f (3)＝27e3，无最小值，故选C. 3．已知f (x )为定义在(0，＋∞)上的可导函数，且f (x )>xf ′(x )，则不等式x 2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －f (x )<0的解集为________．解析：因为f (x )>xf ′(x )，所以xf ′(x )－f (x )<0，根据“xf ′(x )－f (x )”的特征，可以构造函数F (x )＝f x x ，则F ′(x )＝xf ′x －f xx 2<0，故F (x )在(0，＋∞)上单调递减．又因为x >0，所以x 2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －f (x )<0可化为xf ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －f x x <0，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1x－f x x <0，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1x<f x x ，即F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x <F (x )，所以⎩⎪⎨⎪⎧x >0，1x >x ，解得0<x <1，故不等式x 2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－f (x )<0的解集为(0,1)．答案：(0,1)分类讨论法解决含参函数单调性问题结果，因而要对参数进行分类讨论．常见的有含参函数的单调性、含参函数的极值、最值等问题，解决时要分类讨论．分类讨论的原则是不重复、不遗漏，讨论的方法是逐类进行，还必须要注意综合讨论的结果，使解题步骤完整．[例1] 已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋x ＋1. (1)讨论函数f (x )的单调区间；(2)设函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，－13内是减函数，求a 的取值范围．[解] (1)因为f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1.①当Δ≤0⇒－3≤a ≤3，f ′(x )≥0，且在R 的任给一子区间上，f ′(x )不恒为0，所以f (x )在R 上递增；②当Δ>0⇒a <－3或a > 3.由f ′(x )＝0⇒x 1＝－a －a 2－33，x 2＝－a ＋a 2－33.x (－∞，x 1)(x 1，x 2) (x 2，＋∞)f ′(x )＋－＋所以f (x 121，x 2)． (2)因为f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，－13内是减函数，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，－13⊆(x 1，x 2)．所以f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1≤0在⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，－13上恒成立．所以2a ≥－3x －1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，－13上恒成立，所以a ≥2.[题后悟通]本题求导后，转化为一个二次型函数的含参问题，首先考虑二次三项式是否存在零点，即对判别式Δ进行Δ≤0和Δ>0两类讨论，可归纳为“有无实根判别式，两种情形需知晓”．[例2] 函数f (x )＝2ax －a 2＋1x 2＋1，当a ≠0时，求f (x )的单调区间与极值．[解] 因为f ′(x )＝－2ax 2＋2a 2－1x ＋2ax 2＋12＝－2a x 2＋12·(x －a )⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1a .(1)a >0时x (－∞，－a －1)(－a －1，a )(a ，＋∞)f ′(x )－＋－f (x )的极小值为f (－a －1)＝－a 2，极大值为f (a )＝1.(2)当a <0时，x (－∞，a )(a ，－a －1)(－a －1，＋∞)f ′(x )＋－＋f (x )的极小值为f (－a －1)＝－a 2，极大值为f (a )＝1.综上，当a >0时，f (x )的递增区间是(－a －1，a )，递减区间是(－∞，－a －1)，(a ，＋∞)，f (x )的极小值为f (－a －1)＝－a 2，极大值为f (a )＝1.当a <0时，f (x )的递增区间是(－∞，a )， (－a －1，＋∞)，递减区间是(a ，－a －1)，f (x )的极小值为f (－a －1)＝－a 2，极大值为f (a )＝1.[题后悟通]求导后，若导函数中的二次三项式能因式分解需考虑首项系数是否含有参数．若首项系数有参数，就按首项系数为零、为正、为负进行讨论．可归纳为“首项系数含参数，先证系数零正负”．[例3] 已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－axx ＋a(a >1)，讨论f (x )的单调性．[解] f ′(x )＝x x －a 2－2ax ＋1x ＋a2.①当a 2－2a <0时，即1<a <2，又a 2－2a ＝(a －1)2－1>－1.x (－1，a 2－2a )(a 2－2a,0)(0，＋∞)f ′(x )＋－＋②当a ＝2时，f ′(x )＝2x ＋1x ＋22≥0，f (x )在(－1，＋∞)上递增．③当a 2－2a >0时，即a >2时，x (－1,0) (0，a 2－2a )(a 2－2a ，＋∞)f ′(x )＋－＋2－2a,0)；当a >2时，f (x )的递增区间是(－1,0)，(a 2－2a ，＋∞)，递减区间是(0，a 2－2a )；当a ＝2时，f (x )在(－1，＋∞)上递增．[题后悟通]求导后且导函数可分解且首项系数无参数可求出f ′(x )的根后比较两根大小，注意两根是否在定义域内，可归纳为“首项系数无参数，根的大小定胜负．定义域，紧跟踪，两根是否在其中”．[方法技巧]利用分类讨论解决含参函数的单调性、极值、最值问题的思维流程[口诀记忆] 导数取零把根找，先定有无后大小； 有无实根判别式，两种情形需知晓． 因式分解见两根，逻辑分类有区分； 首项系数含参数，先论系数零正负． 首项系数无参数，根的大小定胜负； 定义域，紧跟踪，两根是否在其中．[针对训练]4．已知函数f (x )＝e x(e x－a )－a 2x ，讨论f (x )的单调性． 解：函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )．①若a ＝0，则f (x )＝e 2x在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a ＞0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln a . 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0.故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． ③若a ＜0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )＞0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增．转移法解决求解最值中计算困难问题[典例(x )>0，求b 的最大值．[解题观摩] 因为g (x )＝e 2x－e－2x－4x －4b e x ＋4b e －x＋8bx ，所以g ′(x )＝2(e x＋e －x－2)(e x＋e －x－2b ＋2)． 因为e x ＋e －x ≥2e x ·e －x＝2.①当b ≤2时，g ′(x )≥0，所以g (x )在R 上递增． 所以当x >0时，g (x )>g (0)＝0.②当b >2时，由e x＋e －x－2b ＋2＝0⇒x 1＝ln(b －1＋b 2－2b )>0，x 2＝ln(b －1－b 2－2b )<0.所以当0<x <ln(b －1＋b 2－2b )时，g ′(x )<0. 所以g (ln(b －1＋b 2－2b ))<g (0)＝0，不合题意． 综上，b ≤2，∴b max ＝2. [题后悟通]在一些不等式证明或恒成立的问题中，通常需要判定函数极值或最值的正负．有时直接计算函数的极值涉及复杂的运算，甚至无法算出一个显性的数值．这时可以考虑不直接计算函数极值，通过计算另一个特殊点的函数值来确定函数极值或最值的正负，这个特殊点通常在解题过程中已出现过．如在本题②中要直接算出g (ln(b －1＋b 2－2b ))很难，转移到计算g (0)就很简单，而且g (0)在解题过程中已出现过，这就是转移法．[口诀记忆] 最值运算入逆境，位置挪移绕道行； 挪动位置到何处，解题过程曾途经．[针对训练]5．函数f (x )＝1＋x 1－x e －ax，对任意x ∈(0,1)恒有f (x )>1，求a 的取值范围．解：①当a ≤0时，因为x ∈(0,1)， 所以1＋x 1－x>1且e －ax>1，所以f (x )>1.因为f ′(x )＝a e －ax1－x2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－1＋2a ＝0⇒x 2＝1－2a . ②当0<a ≤2时，f ′(x )≥0，所以f (x )在(0,1)上递增， 所以f (x )>f (0)＝1. ③当a >2时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－1－2a，1－2a 上递减．所以当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0， 1－2a 时，f (x )<f (0)＝1，不合题意．综上a ≤2.二次求导法解决判断f ′(x )符号困难问题[例1] 若函数f (x )＝x，0<x 1<x 2<π.设a ＝f (x 1)，b ＝f (x 2)，试比较a ，b 的大小．[解题观摩] 由f (x )＝sin x x ，得f ′(x )＝x cos x －sin x x2， 设g (x )＝x cos x －sin x ，则g ′(x )＝－x sin x ＋cos x －cos x ＝－x sin x .∵0<x <π，∴g ′(x )<0，即函数g (x )在(0，π)上是减函数． ∴g (x )<g (0)＝0，因此f ′(x )<0，故函数f (x )在(0，π)是减函数， ∴当0<x 1<x 2<π，有f (x 1)>f (x 2)，即a >b . [题后悟通]从本题解答来看，为了得到f (x )的单调性，须判断f ′(x )的符号，而f ′(x )＝x cos x －sin xx 2的分母为正，只需判断分子x cos x －sin x 的符号，但很难直接判断，故可通过二次求导，判断出一次导函数的符号，并最终解决问题．[例2] 已知函数f (x )＝e x －x ln x ，g (x )＝e x －tx 2＋x ，t ∈R ，其中e 为自然对数的底数．(1)求函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若g (x )≥f (x )对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立，求t 的取值范围． [解题观摩] (1)由f (x )＝e x －x ln x ，知f ′(x )＝e －ln x －1， 则f ′(1)＝e －1，而f (1)＝e ，则所求切线方程为y －e ＝(e －1)(x －1)， 即y ＝(e －1)x ＋1.(2)∵f (x )＝e x －x ln x ，g (x )＝e x －tx 2＋x ，t ∈R ，∴g (x )≥f (x )对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立等价于e x－tx 2＋x －e x ＋x ln x ≥0对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立，即t ≤e x＋x －e x ＋x ln x x2对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立． 令F (x )＝e x＋x －e x ＋x ln x x2， 则F ′(x )＝x e x ＋e x －2e x －x ln x x 3＝1x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫e x ＋e －2e xx －ln x ， 令G (x )＝e x＋e －2exx－ln x ，则G ′(x )＝e x－2x e x －e x x 2－1x ＝e x x －12＋e x－xx 2>0，对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立．∴G (x )＝e x＋e －2exx－ln x 在(0，＋∞)上单调递增，且G (1)＝0，∴当x ∈(0,1)时，G (x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，G (x )>0，即当x ∈(0,1)时，F ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )>0，∴F (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴F (x )≥F (1)＝1，∴t ≤1，即t 的取值范围是(－∞，1]． [题后悟通]本题从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(2)问要求参数t 的范围问题，实际上是求F (x )＝e x＋x －e x ＋x ln x x 2极值问题，问题是F ′(x )＝1x 2( e x＋e －2e xx－ln x )这个方程求解不易，这时我们可以尝试对G (x )＝x 2·F ′(x )再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．[方法技巧]判定函数的单调性和求函数极值，都需要判定导函数的正负．有些导函数形式很复杂，它的正负很难直接判定，常常需要建立新函数再次求导，通过探求新函数的最值，以此确定导函数的正负．[针对训练]6．讨论函数f (x )＝(x ＋1)ln x －x ＋1的单调性．解：由f (x )＝(x ＋1)ln x －x ＋1，可知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．易得f ′(x )＝ln x ＋x ＋1x －1＝ln x ＋1x，用f ′(x )去分析f (x )的单调性受阻．因此再对f ′(x )＝ln x ＋1x求导，得f ″(x )＝1x －1x2＝x －1x2.令f ″(x )＝x －1x2＝0，得x ＝1.当0<x ≤1时，f ″(x )≤0，即f ′(x )＝ln x ＋1x 在区间(0,1)上为减函数；当x >1时，f ″(x )>0，即f ′(x )＝ln x ＋1x在区间(1，＋∞)上为增函数．因此f′(x)min＝f′(1)＝1>0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．。

2020版高三新课标大二轮专题辅导与增分攻略数学(文)讲义：高考解答题突破(六) 函数与导数

2020版高三新课标大二轮专题辅导与增分攻略数学(文)讲义：高考解答题突破(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．(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．(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))．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． 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．[解] (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x.①当a ≤0时，1－ax >0，f ′(x )>0，∴f (x )在[1，e]上单调递增．②当0<a ≤1e 时，1a≥e ，f ′(x )≥0，∴f (x )在[1，e]上单调递增．④当a ≥1时，1a≤1，f ′(x )≤0，∴f (x )在[1，e]上单调递减．综上所述，当a ≤1e 时，f (x )在[1，e]上单调递增；当1e <a <1时，f (x )在⎣⎡⎦⎤1，1a 上单调递增，在⎣⎡⎦⎤1a ，e 上单调递减；当a ≥1时，f (x )在[1，e]上单调递减．∴g (x )max ＝g (1)＝a ＋1.∴－a >a ＋1，得a <－12.当a ≥e 时，g ′(x )>0，g (x )在[1，e]上单调递增，而f (x )在[1，e]上单调递减， ∴f (x )min ＝f (e)＝1－a e ，∴g (x )max ＝g (e)＝a e 2＋1， ∴1－a e>a e 2＋1，得a <0，与a ≥e 矛盾．综上所述，实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－∞，－12.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．(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．1．(2019·洛阳统考)已知f (x )＝x e x －ax 2－x .(1)若f (x )在(－∞，－1]上单调递增，[－1,0]上单调递减，求f (x )的极小值； (2)当x ≥0时，恒有f (x )≥0，求实数a 的取值范围．[解] (1)∵f (x )在(－∞，－1]上单调递增，[－1,0]上单调递减， ∴f ′(－1)＝0.∵f ′(x )＝(x ＋1)e x －2ax －1，∴2a －1＝0，a ＝12.∴f ′(x )＝(x ＋1)e x －x －1＝(x ＋1)(e x －1)，∴f (x )在(－∞，－1]上单调递增，[－1,0]上单调递减，[0，＋∞)上单调递增，∴f (x )的极小值为f (0)＝0.(2)f (x )＝x (e x －ax －1)，令g (x )＝e x －ax －1，则g ′(x )＝e x －a .若a ≤1，则x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )为增函数， 而g (0)＝0，∴当x ≥0时，g (x )≥0，从而f (x )≥0. 若a >1，则x ∈(0，ln a )时，g ′(x )<0，g (x )为减函数，g (0)＝0，故x ∈(0，ln a )时，g (x )<0，从而f (x )<0，不符合题意．综上，实数a 的取值范围是(－∞，1]． 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．[解题指导] (1)令g (x )＝f ′(x )，求g ′(x )→利用导数研究g (x )的单调性→ 确定g (x )的零点(2)由(1)确定f (x )的单调性→分类讨论确定a 的取值范围[解] (1)证明：设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x ＋x sin x －1，g ′(x )＝x cos x .当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，g ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，g ′(x )<0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增， 在⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减．又g (0)＝0，g ⎝⎛⎭⎫π2>0，g (π)＝－2，故g (x )在(0，π)存在唯一零点．所以f ′(x )在(0，π)存在唯一零点．(2)由题设知f (π)≥a π，f (π)＝0，可得a ≤0.由(1)知，f ′(x )在(0，π)只有一个零点，设为x 0，且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )>0； 当x ∈(x 0，π)时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，π)上单调递减． 又f (0)＝0，f (π)＝0，所以，当x ∈[0，π]时，f (x )≥0.又当a ≤0，x ∈[0，π]时，ax ≤0，故f (x )≥ax . 因此，a 的取值范围是(－∞，0]．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 )＝e x －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 )＝e x －x ＋1，f ′(x )＝e x －1，f ′(1)＝e －1, f (1)＝e ， 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 )＝e x －a ，当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当a ＝0时，f (x )＝e x ，f (x )没有零点， 当a <0时，由f (x )＝e x －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．当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln a ，当x <ln a 时，f ′(x )<0，f (x )在(－∞，ln a )上单调递减， 当x >ln a 时，f ′(x )>0，f (x )在(ln a ，＋∞)上单调递增， 又f (ln a )＝e ln a －a ln a ＋a ＝a (2－ln a )， 若0<a <e 2，则f (ln a )>0，f (x )没有零点，若a ＝e 2，则f (ln a )＝0，f (x )有且只有一个零点，若a >e 2，则f (ln a )<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 <e 2时，f (x )没有零点；当a ＝e 2时，f (x )有且只有一个零点；当a >e 2时，f (x )有两个零点．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)由已知可得，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1x.由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e 2.从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x.当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．当0<x <1时，g ′(x )<0； 当x >1时，g ′(x )>0.所以x ＝1是g (x )的最小值点． 故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0.因此，当a ≥1e时，f (x )≥0.(1)利用导数证明不等式的基本步骤 ①作差或变形．②构造新的函数h (x )．③利用导数研究h (x )的单调性及最值． ④根据单调性及最值，得到所证不等式． (2)构造辅助函数的四种方法 ①移项法：证明不等式f (x )>g (x )(f (x )<g (x ))的问题转化为证明f (x )－g (x )>0(f (x )－g (x )<0)，进而构造辅助函数h (x )＝f (x )－g (x )．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，根据“相同结构”构造辅助函数．③主元法：对于(或可化为)f (x 1，x 2)≥A 的不等式，可选x 1(或x 2)为主元，构造函数f (x ，x 2)(或f (x 1，x ))．④放缩法：若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．3．(2019·山西四校联考)已知函数f (x )＝x －ln x . (1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：当x ≥1时，(x e x ＋1)f (x )e ＋1≥e x －1；(3)若f (x )≥(1－m )x ＋m 对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，求实数m 的值．[解] (1)f (x )＝x －ln x ，f ′(x )＝1－1x，x ∈(0，＋∞)，f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故有极小值f (1)＝1，无极大值．(2)证明：原不等式可化为f (x )e ＋1≥e x －1x e x ＋1，记g (x )＝e x －1x e x ＋1，则g ′(x )＝e x －1(1－e x )(x e x ＋1)2，当x ≥1时，g ′(x )<0，所以g (x )在[1，＋∞)上单调递减，有g (x )≤g (1)＝1e ＋1，又由(1)知，f (x )e ＋1≥f (1)e ＋1＝1e ＋1，得证．(3)f (x )≥(1－m )x ＋m 即ln x －m (x －1)≤0， 记h (x )＝ln x －m (x －1)，则h (x )≤0对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，求导得h ′(x )＝1x－m (x >0)，若m ≤0，则h ′(x )>0，得h (x )在(0，＋∞)上单调递增， 又h (1)＝0，故当x >1时，h (x )>0，不合题意；若m >0，则易得h (x )在⎝⎛⎭⎫0，1m 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1m ，＋∞上单调递减，则h (x )max ＝h ⎝⎛⎭⎫1m ＝－ln m －1＋m ，依题意有－ln m －1＋m ≤0，故f (m )≤1， 由(1)知f (m )≥1，则m 只能等于1.专题强化训练(三十)1．(2019·江西赣州五校协作体联考)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R .(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)令g (x )＝f (x )－(ax －1)，求函数g (x )的极值．[解] (1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，∴切点为(1,1)，又f ′(x )＝1x＋1，∴切线斜率k ＝f ′(1)＝2.故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0.(2)g (x )＝f (x )－(ax －1)＝ln x －12ax 2＋(1－a )x ＋1，则g ′(x )＝1x－ax ＋(1－a )＝－ax 2＋(1－a )x ＋1x，当a ≤0时，∵x >0，∴g ′(x )>0，∴g (x )在(0，＋∞)上是增函数，函数g (x )无极值点．当a >0时，g ′(x )＝－ax 2＋(1－a )x ＋1x＝－a ⎝⎛⎭⎫x －1a (x ＋1)x .令g ′(x )＝0，得x ＝1a .∴当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，g ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，g ′(x )<0.因此g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上是增函数，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上是减函数．∴x ＝1a 时，g (x )有极大值g ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a －a 2·1a 2＋(1－a )·1a ＋1＝12a－ln a .综上，当a ≤0时，函数g (x )无极值；当a >0时，函数g (x )有极大值12a－ln a ，无极小值．2．(2019·武汉模拟)已知函数f (x )＝x ln x －ax 2－x .(1)当a ＝12时，证明：f (x )在定义域上为减函数；(2)若a ∈R ，讨论函数f (x )的零点情况．[解] (1)证明：由题意可知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1－x －1＝ln x－x ，令g (x )＝ln x －x ，则g ′(x )＝1x －1＝1－x x，当0<x <1时，g ′(x )>0；当x >1时，g ′(x )<0， 所以g (x )max ＝g (1)＝－1，即g (x )＝ln x －x <0，所以f ′(x )<0，所以f (x )在定义域上为减函数．(2)f (x )＝x ln x －ax 2－x 的零点情况，即方程x ln x －ax 2－x ＝0的根的情况，因为x >0，所以方程可化为a ＝ln x －1x，令h (x )＝ln x －1x ，则h ′(x )＝1－(ln x －1)x 2＝2－ln xx2，令h ′(x )＝0，可得x ＝e 2，当0<x <e 2时，h ′(x )>0，当x >e 2时，h ′(x )<0，所以h (x )max ＝h (e 2)＝1e2，且当x →0时，h (x )→－∞； 当x >e 2时，h (x )>0，所以h (x )＝ln x －1x的大致图象如图所示，结合图象可知，当a >1e 2时，方程a ＝ln x －1x没有根；当a ＝1e 2或a ≤0时，方程a ＝ln x －1x有一个根；当0<a <1e 2时，方程a ＝ln x －1x 有两个根．所以当a >1e 2时，函数f (x )无零点；当a ＝1e 2或a ≤0时，函数f (x )有一个零点；当0<a <1e2时，函数f (x )有两个零点．3．(2019·山西太原模拟)设函数f (x )＝1－a 2x 2＋ax －ln x (a ∈R )．(1)当a ＝1时，求函数f (x )的极值；(2)若对任意a ∈(4,5)及任意x 1，x 2∈[1,2]，恒有a －12m ＋ln2>|f (x 1)－f (x 2)|成立，求实数m的取值范围．[解] (1)∵函数f (x )＝1－a 2x 2＋ax －ln x (a ∈R )，∴函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝1时， f (x )＝x －ln x, f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，当0<x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 当x >1时， f ′(x )>0, f (x )单调递增，∴函数f (x )的极小值为f (1)＝1，无极大值．(2)∵函数f (x )＝1－a 2x 2＋ax －ln x (a ∈R )，∴f ′(x )＝(1－a )x ＋a －1x ＝(1－a )⎝⎛⎭⎫x －1a －1(x －1)x，当a ∈(4,5)时，在区间[1,2]上，f ′(x )≤0，则f (x )单调递减，f (1)是f (x )的最大值，f (2)是f (x )的最小值，∴|f (x 1)－f (x 2)|≤f (1)－f (2)＝a 2－32＋ln2.∵对任意a ∈(4,5)及任意x 1，x 2∈[1,2]，恒有a －12m ＋ln2>|f (x 1)－f (x 2)|成立，∴a －12m ＋ln2>a 2－32＋ln2，得m >a －3a －1. ∵a ∈(4,5)，∴a －3a －1＝1－2a －1<1－25－1＝12，∴m ≥12，∴实数m 的取值范围是⎣⎡⎭⎫12，＋∞. 4．(2019·河南洛阳二模)已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )．(1)若曲线y ＝f (x )与直线x －y －1－ln2＝0相切，求实数a 的值；(2)若函数f (x )有两个零点x 1，x 2，证明1ln x 1＋1ln x 2>2[解] (1)由f (x )＝ln x －ax ，得f ′(x )＝1x－a .设切点的横坐标为x 0，依题意得 ⎩⎪⎨⎪⎧1x 0－a ＝1，x 0－1－ln2＝ln x 0－ax 0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝12，a ＝1.故实数a 的值为1.(2)证明：不妨设0<x 1<x 2，由⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－ax 1＝0，ln x 2－ax 2＝0，得ln x 2－ln x 1＝a (x 2－x 1)，即1a ＝x 2－x 1ln x 2－ln x 1，所以1ln x 1＋1ln x 2－2＝1ax 1＋1ax 2－2＝x 2－x 1ln x 2－ln x 1⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2－2＝x 2x 1－x 1x 2－2ln x 2x 1ln x 2x 1.令t ＝x 2x 1>1，则ln x 2x 1>0，x 2x 1－x 1x 2－2ln x 2x 1＝t －1t－2ln t .设g (t )＝t －1t －2ln t ，则当t >1时，g ′(t )＝t 2－2t ＋1t 2>0，则函数g (t )在(1，＋∞)上单调递增， 所以g (t )>g (1)＝0.从而x 2x 1－x 1x 2－2ln x 2x 1ln x 2x 1>0，即1ln x 1＋1ln x 2>2.。

2020版高考数学第三章导数在研究函数中的应用(第4课时)函数与导数压轴大题的3大难点及破解策略讲义

2020版高考数学第三章导数在研究函数中的应用(第4课时)函数与导数压轴大题的3大难点及破解策略讲义

第4课时 难点自选——函数与导数压轴大题的3大难点及破解策略以求出其准确值，导致解题过程将无法继续进行．但可这样尝试求解：先证明函数f (x )在区间I 上存在唯一的零点(例如，函数f (x )在区间I 上是单调函数且在区间I 的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x 0.因为x 0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x 0叫做隐零点；若x 0容易求出，就叫做显零点，而后解答就可继续进行．实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法．[典例] 设函数f (x )＝e x－ax －2. (1)求f (x )的单调区间；(2)若a ＝1，k 为整数，且当x >0时，(x －k )f ′(x )＋x ＋1>0，求k 的最大值． [解题观摩] (1)当a ≤0时，f (x )的单调递增区间是(－∞，＋∞)，无单调递减区间； 当a >0时，函数f (x )的单调递减区间是(－∞，ln a )，单调递增区间是(ln a ，＋∞)．(解答过程略)(2)由题设可得(x －k )(e x －1)＋x ＋1>0，即k <x ＋x ＋1e x －1(x >0)恒成立．令g (x )＝x ＋1e x －1＋x (x >0)，得g ′(x )＝e x －1－x ＋xx －2＋1＝ex x－x －x－2(x >0)． 由(1)的结论可知，函数h (x )＝e x－x －2(x >0)是增函数．又因为h (1)<0，h (2)>0，所以函数h (x )的唯一零点α∈(1,2)(该零点就是h (x )的隐零点)．当x ∈(0，α)时，g ′(x )<0；当x ∈(α，＋∞)时，g ′(x )>0， 所以g (x )min ＝g (α)＝α＋1e α－1＋α.又e α＝α＋2且α∈(1,2)， 则g (x )min ＝g (α)＝1＋α∈(2,3)， 所以k 的最大值为2. [题后悟通]本题的关键就是利用h (x )＝e x－x －2及h (1)<0，h (2)>0确定h (x )的隐零点，从而作出判断．[针对训练]1．已知函数f (x )＝1－ln xx2. (1)求函数f (x )的零点及单调区间；(2)求证：曲线y ＝ln x x存在斜率为6的切线，且切点的纵坐标y 0<－1.解：(1)函数f (x )的零点为e.函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫e 32，＋∞，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫0，e 32.(解答过程略)(2)证明：要证明曲线y ＝ln x x 存在斜率为6的切线，即证明y ′＝1－ln xx2＝6有解，等价于1－ln x －6x 2＝0在x >0上有解．构造辅助函数g (x )＝1－ln x －6x 2(x >0)，g ′(x )＝－1x－12x <0，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递减，且g (1)＝－5<0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1＋ln 2－32>0，所以∃x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使得g (x 0)＝0.即证明曲线y ＝ln xx存在斜率为6的切线．设切点坐标为(x 0，f (x 0))，则f (x 0)＝ln x 0x 0＝1－6x 20x 0＝1x 0－6x 0，x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.令h (x )＝1x －6x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.由h (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减，则h (x )<h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－1，所以y 0＝f (x 0)<－1.面对此类问题时常会感到束手无策．事实上，只要掌握这类问题的实质，巧妙消元、消参、构造函数，问题便能迎刃而解．1．极值点偏移的含义若单峰函数f (x )的极值点为x 0，则极值点的偏移问题的图示及函数值的大小关系如下表所示.极值点偏移问题的题设一般有以下四种形式：(1)若函数f (x )在定义域上存在两个零点x 1，x 2(x 1≠x 2)，求证：x 1＋x 2>2x 0(x 0为函数f (x )的极值点)；(2)若在函数f (x )的定义域上存在x 1，x 2(x 1≠x 2)满足f (x 1)＝f (x 2)，求证：x 1＋x 2>2x 0(x 0为函数f (x )的极值点)；(3)若函数f (x )存在两个零点x 1，x 2(x 1≠x 2)，令x 0＝x 1＋x 22，求证：f ′(x 0)>0；(4)若在函数f (x )的定义域上存在x 1，x 2(x 1≠x 2)满足f (x 1)＝f (x 2)，令x 0＝x 1＋x 22，求证：f ′(x 0)>0.[典例] 已知函数f (x )＝ln x －ax (x >0)，a 为常数，若函数f (x )有两个零点x 1，x 2(x 1≠x 2)．证明：x 1x 2>e 2.[解题观摩] 法一：(抓极值点构造函数)由题意，函数f (x )有两个零点x 1，x 2(x 1≠x 2)，即f (x 1)＝f (x 2)＝0，易知ln x 1，ln x 2是方程x ＝a e x的两根．设t 1＝ln x 1，t 2＝ln x 2，g (x )＝x e －x，则g (t 1)＝g (t 2)， 从而x 1x 2>e 2⇔ln x 1＋ln x 2>2⇔t 1＋t 2>2.下证：t 1＋t 2>2.g ′(x )＝(1－x )e －x ，易得g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以函数g (x )在x ＝1处取得极大值g (1)＝1e.当x →－∞时，g (x )→－∞；当x →＋∞时，g (x )→0且g (x )>0.由g (t 1)＝g (t 2)，t 1≠t 2，不妨设t 1<t 2，作出函数g (x )的图象，如图所示，由图知必有0<t 1<1<t 2，令F (x )＝g (1＋x )－g (1－x )，x ∈(0,1]，则F ′(x )＝g ′(1＋x )－g ′(1－x )＝xe x ＋1(e 2x－1)>0，所以F (x )在(0,1]上单调递增，所以F (x )>F (0)＝0对任意的x ∈(0,1]恒成立， 即g (1＋x )>g (1－x )对任意的x ∈(0,1]恒成立． 由0<t 1<1<t 2，得1－t 1∈(0,1)，所以g (1＋(1－t 1))＝g (2－t 1)>g (1－(1－t 1))＝g (t 1)＝g (t 2)，即g (2－t 1)>g (t 2)， 又2－t 1，t 2∈(1，＋∞)，且g (x )在(1，＋∞)上单调递减， 所以2－t 1<t 2，所以t 1＋t 2>2，即x 1x 2>e 2.[点评] 上述解题过程就是解决极值点偏移问题的最基本的方法，共有四个解题要点： (1)求函数g (x )的极值点x 0；(2)构造函数F (x )＝g (x 0＋x )－g (x 0－x )； (3)确定函数F (x )的单调性；(4)结合F (0)＝0，确定g (x 0＋x )与g (x 0－x )的大小关系．[口诀记忆]极值偏离对称轴，构造函数觅行踪， 四个步骤环相扣，两次单调紧跟随．法二：(巧抓“根差”——s ＝Δt ＝t 2－t 1构造函数)由题意，函数f (x )有两个零点x 1，x 2(x 1≠x 2)，即f (x 1)＝f (x 2)＝0， 易知ln x 1，ln x 2是方程x ＝a e x的两根． 设t 1＝ln x 1，t 2＝ln x 2，设g (x )＝x e －x，则g (t 1)＝g (t 2)，从而x 1x 2>e 2⇔ln x 1＋ln x 2>2⇔t 1＋t 2>2.下证：t 1＋t 2>2.由g (t 1)＝g (t 2)，得t 1e －t 1＝t 2e －t 2，化简得e t 2－t 1＝t 2t 1，① 不妨设t 2>t 1，由法一知，0<t 1<1<t 2.令s ＝t 2－t 1，则s >0，t 2＝s ＋t 1，代入①式，得e s＝s ＋t 1t 1， 解得t 1＝s e s －1.则t 1＋t 2＝2t 1＋s ＝2se s －1＋s ，故要证t 1＋t 2>2，即证2se s －1＋s >2，又e s－1>0，故要证2se s－1＋s >2， 即证2s ＋(s －2)(e s－1)>0，② 令G (s )＝2s ＋(s －2)(e s－1)(s >0)， 则G ′(s )＝(s －1)e s ＋1，G ″(s )＝s e s>0，故G ′(s )在(0，＋∞)上单调递增，所以G ′(s )>G ′(0)＝0， 从而G (s )在(0，＋∞)上单调递增，所以G (s )>G (0)＝0， 所以②式成立，故t 1＋t 2>2，即x 1x 2>e 2.[点评] 该方法的关键是巧妙引入变量s ，然后利用等量关系，把t 1，t 2消掉，从而构造相应的函数，转化所证问题．其解题要点为：(1)取差构元：记s ＝t 2－t 1，则t 2＝t 1＋s ，利用该式消掉t 2. (2)巧解消参：利用g (t 1)＝g (t 2)，构造方程，解之，利用s 表示t 1. (3)构造函数：依据消参之后所得不等式的形式，构造关于s 的函数G (s )． (4)转化求解：利用导数研究函数G (s )的单调性和最小值，从而证得结论．法三：⎝⎛⎭⎪⎫巧抓“根商”——c ＝x 1x 2构造函数不妨设x 1>x 2，因为ln x 1－ax 1＝0，ln x 2－ax 2＝0，所以ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝a (x 1－x 2)，所以ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝a ，欲证x 1x 2>e 2，即证ln x 1＋ln x 2>2. 因为ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，所以即证a >2x 1＋x 2， 所以原问题等价于证明ln x 1－ln x 2x 1－x 2>2x 1＋x 2，即ln x 1x 2>x 1－x 2x 1＋x 2，令c ＝x 1x 2(c >1)，则不等式变为ln c >c －c ＋1，令h (c )＝ln c －c －c ＋1，c >1，所以h ′(c )＝1c－4c ＋2＝c －2c c ＋2>0，所以h (c )在(1，＋∞)上单调递增， 所以h (c )>h (1)＝ln 1－0＝0， 即ln c －c －c ＋1>0(c >1)，因此原不等式x 1x 2>e 2得证．[点评] 该方法的基本思路是直接消掉参数a ，再结合所证问题，巧妙引入变量c ＝x 1x 2，从而构造相应的函数．其解题要点为：(1)联立消参：利用方程f (x 1)＝f (x 2)消掉解析式中的参数a . (2)抓商构元：令c ＝x 1x 2，消掉变量x 1，x 2，构造关于c 的函数h (c )． (3)用导求解：利用导数求解函数h (c )的最小值，从而可证得结论． [针对训练]2．若关于x 的方程x ln x ＝m 有两个不相等的实数解x 1，x 2，求证：x 1·x 2<1e 2(e 是自然对数的底数)．证明：不妨设x 1>x 2，要证x 1x 2<1e2，即证x 1x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－1x 1<1e 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－1x 1， 整理得x 1＋1e 2x 1<x 2＋1e 2x 2. 又因为x 1ln x 1＝x 2ln x 2，即证x 1ln x 1－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋1e 2x 1>x 2ln x 2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1e 2x 2，k >0，设h (x )＝x ln x －kx －ke 2x ， 使h (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以有h ′(x )＝ln x ＋1－k ＋ke 2x 2≥0在(0，＋∞)上恒成立，令h ″(x )＝1x －2k e 2x 3＝0，解得x ＝2ke ，列表可知h ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2k e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2k e ，＋∞上单调递增， 令h ′⎝⎛⎭⎪⎫2k e ＝12ln(2k )－k ＋12＝12(ln(2k )－2k ＋1)≥0，解得k ＝12，此时有h ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，原命题得证.介绍利用变量分离法来求解．但部分题型利用变量分离法处理时，会出现“00”型的代数式，而这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题的有效方法就是利用洛必达法则．[洛必达法则]法则1 若函数f (x )和g (x )满足下列条件 (1)lim x →a f (x )＝0及lim x →ag (x )＝0； (2)在点a 的去心邻域内，f (x )与g (x )可导且g ′(x )≠0； (3) lim x →a fxg x＝l ， 那么lim x →af xg x＝lim x →a fxg x＝l . 法则2 若函数f (x )和g (x )满足下列条件 (1) lim x →a f (x )＝∞及lim x →ag (x )＝∞； (2)在点a 的去心邻域内，f (x )与g (x )可导且g ′(x )≠0； (3) lim x →a f xg ′x＝l ，那么lim x →af xg x＝lim x →a fxg x＝l . [典例] 已知函数f (x )＝a ln x x ＋1＋bx，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0.(1)求a ，b 的值；(2)如果当x >0，且x ≠1时，f (x )>ln x x －1＋kx，求k 的取值范围．[解题观摩] (1)f ′(x )＝a ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x －ln x x ＋2－bx2.由于直线x ＋2y －3＝0的斜率为－12，且过点(1,1)，故⎩⎪⎨⎪⎧f ＝1，f ＝－12，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，a 2－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝1.(2)法一：由(1)知f (x )＝ln x x ＋1＋1x，所以f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x －1＋k x ＝11－x 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤2ln x ＋k －x 2－x. 设h (x )＝2ln x ＋k －x 2－x (x >0)，则h ′(x )＝k －x 2＋＋2xx 2.①设k ≤0，由h ′(x )＝k x 2＋－x －2x 2知，当x ≠1时，h ′(x )<0，h (x )单调递减．而h (1)＝0，故当x ∈(0,1)时，h (x )>0，可得11－x 2h (x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )<0，可得11－x 2h (x )>0.从而当x >0，且x ≠1时，f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x －1＋k x >0，即f (x )>ln x x －1＋kx.②设0<k <1.由于y ＝(k －1)(x 2＋1)＋2x ＝(k －1)x 2＋2x ＋k －1的图象开口向下，且Δ＝4－4(k －1)2>0，对称轴x ＝11－k >1，所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，11－k 时，(k －1)(x 2＋1)＋2x >0， 故h ′(x )>0，而h (1)＝0，故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，11－k 时，h (x )>0，可得11－x 2h (x )<0，与题设矛盾，③设k ≥1.此时h ′(x )>0，而h (1)＝0，故当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0，可得11－x 2h (x )<0，与题设矛盾．综上所述，k 的取值范围为(－∞，0]．(法一在处理第(2)问时很难想到，现利用洛必达法则处理如下) 法二：由题设可得，当x >0，x ≠1时，k <2x ln x1－x 2＋1恒成立．令g (x )＝2x ln x1－x 2＋1(x >0，x ≠1)，则g ′(x )＝2·x 2＋x －x 2＋1－x22，再令h (x )＝(x 2＋1)ln x －x 2＋1(x >0，x ≠1)，则h ′(x )＝2x ln x ＋1x －x ，又h ″(x )＝2ln x ＋1－1x2，易知h ″(x )＝2ln x ＋1－1x2在(0，＋∞)上为增函数，且h ″(1)＝0，故当x ∈(0,1)时，h ″(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，h ″(x )>0，∴h ′(x )在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，故h ′(x )>h ′(1)＝0， ∴h (x )在(0，＋∞)上为增函数．又h (1)＝0，∴当x ∈(0,1)时，h (x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0， ∴当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0， ∴g (x )在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数． 由洛必达法则知， lim x →1 g (x )＝2lim x →1x ln x 1－x 2＋1＝2lim x →1 1＋ln x －2x ＋1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋1＝0，∴k ≤0，故k 的取值范围为(－∞，0]． [题后悟通]解决本题第(2)问时，如果直接讨论函数的性质，相当繁琐，很难求解．采用参数与变量分离较易理解，但是分离出来的函数式的最值无法求解，而利用洛必达法则却较好地处理了它的最值，这是一种值得借鉴的方法．[针对训练]3．设函数f (x )＝1－e －x，当x ≥0时，f (x )≤xax ＋1，求a 的取值范围． 解：设t (x )＝(x －1)e x ＋1(x >0)，得t ′(x )＝x e x>0(x >0)，所以t (x )是增函数，t (x )>t (0)＝0(x >0)．又设h (x )＝(x －2)e x＋x ＋2>0(x >0)，得h ′(x )＝t (x )>0(x >0)，所以h (x )是增函数，h (x )>h (0)＝0(x >0)．由f (x )≤x ax ＋1，得a ≤x e x －e x ＋1x x －，再设g (x )＝x e x －e x ＋1x x－(x >0)，得g (x )>12(x >0)． 连续两次使用洛必达法则1，得lim x →0g (x )＝lim x →0x e xx e x ＋e x －1＝lim x →0x e x ＋e x x e x ＋2e x ＝12， 所以g (x )的下确界是12.题设即“当x >0时，1－e －x≤x ax ＋1恒成立”，所求a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12.。

高考数学考纲解读与热点难点突破教案及专题练习--导数的热点问题-文科(含解析)

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高考数学考纲解读与热点难点突破导数的热点问题 教案【2020年高考考纲解读】利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数零点、方程根及不等式相结合，难度较大．【题型示例】题型一、利用导数证明不等式用导数证明不等式是导数的应用之一，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力．例1、(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝aex －ln x －1.(1)设x ＝2是f(x)的极值点，求a ，并求f(x)的单调区间； (2)证明：当a ≥1e时，f(x)≥0.(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝aex －1x .由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e2. 从而f(x)＝12e2ex －ln x －1，f ′(x)＝12e2ex －1x .当0<x<2时，f ′(x)<0；当x>2时，f ′(x)>0.所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2)． (2)证明 当a ≥1e 时，f(x)≥exe－ln x －1.设g(x)＝ex e －ln x －1(x ∈(0，＋∞))，则g ′(x)＝ex e －1x.当0<x<1时，g ′(x)<0；当x>1时，g ′(x)>0. 所以x ＝1是g(x)的最小值点． 故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0. 因此，当a ≥1e时，f(x)≥0.【方法技巧】用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f(x)在[a ，b]上是增函数，则①∀x ∈[a ，b]，则f(a)≤f(x)≤f(b)；②对∀x1，x2∈[a ，b]，且x1<x2，则f(x1)<f(x2)．对于减函数有类似结论．(2)利用最值：若f(x)在某个范围D 内有最大值M(或最小值m)，则对∀x ∈D ，有f(x)≤M(或f(x)≥m)．(3)证明f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)<0. 【变式探究】(2018·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝ax2＋x －1ex .(1)求曲线y ＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程； (2)证明：当a ≥1时，f(x)＋e ≥0.题型二利用导数讨论方程根的个数方程的根、函数的零点、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的走势，通过数形结合思想直观求解．例2、(2018·天津)设函数f(x)＝(x－t1)·(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列．(1)若t2＝0，d＝1，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若d＝3，求f(x)的极值；(3)若曲线y＝f(x)与直线y＝－(x－t2)－63有三个互异的公共点，求d的取值范围．解(1)由已知，可得f(x)＝x(x－1)(x＋1)＝x3－x，故f′(x)＝3x2－1.因此f(0)＝0，f′(0)＝－1.又因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－f(0)＝f′(0)(x－0)，故所求切线方程为x＋y＝0.(2)由已知可得f(x)＝(x－t2＋3)(x－t2)(x－t2－3)＝(x－t2)3－9(x－t2)＝x3－3t2x2＋(3t22－9)x－t32＋9t2.故f′(x)＝3x2－6t2x＋3t22－9.令f′(x)＝0，解得x＝t2－3或x＝t2＋ 3.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：所以函数f(x)的极大值为f(t2－3)＝(－3)3－9×(－3)＝63，函数f(x)的极小值为f(t2＋3)＝(3)3－9×3＝－63.(3)曲线y ＝f(x)与直线y ＝－(x －t2)－63有三个互异的公共点等价于关于x 的方程(x －t2＋d)(x －t2)·(x －t2－d)＋(x －t2)＋63＝0有三个互异的实数解．令u ＝x －t2，可得u3＋(1－d2)u ＋63＝0.设函数g(x)＝x3＋(1－d2)x ＋63，则曲线y ＝f(x)与直线y ＝－(x －t2)－63有三个互异的公共点等价于函数y ＝g(x)有三个零点．g ′(x)＝3x2＋(1－d2)．当d2≤1时，g ′(x)≥0，这时g(x)在R 上单调递增，不合题意． 当d2>1时，令g ′(x)＝0，解得x 1＝－d2－13，x2＝d2－13. 可得g(x)在(－∞，x1)上单调递增，在[x1，x2]上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增． 所以g(x)的极大值为 g(x1)＝g ⎝⎛⎭⎪⎪⎫－d2－13＝23d2－1329＋63>0.g(x)的极小值为 g(x2)＝g ⎝⎛⎭⎪⎪⎫d2－13＝－23d2－1329＋6 3.若g(x2)≥0，则由g(x)的单调性可知函数y＝g(x)至多有两个零点，不合题意．若g(x2)<0，即(d2－1)32>27，也就是|d|>10，此时|d|>x2，g(|d|)＝|d|＋63>0，且－2|d|<x1，g(－2|d|)＝－6|d|3－2|d|＋63<－6210＋63<0，从而由g(x)的单调性，可知函数y ＝g(x)在区间(－2|d|，x1)，(x1，x2)，(x2，|d|)内各有一个零点，符合题意．所以d的取值范围是(－∞，－10)∪(10，＋∞)．【感悟提升】(1)函数y＝f(x)－k的零点问题，可转化为函数y＝f(x)和直线y＝k的交点问题．(2)研究函数y＝f(x)的值域，不仅要看最值，而且要观察随x值的变化y值的变化趋势．【变式探究】设函数f(x)＝(x－1)ex－k2x2.(1)当k<1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当k≤0时，讨论函数f(x)的零点个数．(2)f(0)＝－1，①当k<0时，f(1)＝－k2>0，又f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)在[0，＋∞)上只有一个零点． 在区间(－∞，0)中，因为f(x)＝(x －1)ex －k2x2>x －1－k2x2，取x ＝2k－1∈(－∞，0)，于是f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2k －1>⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2k －1－1－k 2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2k －12＝－k2>0，又f(x)在(－∞，0)上单调递减， 故f(x)在(－∞，0)上也只有一个零点，所以函数f(x)在定义域(－∞，＋∞)上有两个零点；②当k ＝0时，f(x)＝(x －1)ex 在单调递增区间[0，＋∞)内，只有f(1)＝0. 而在区间(－∞，0)内，f(x)<0， 即f(x)在此区间内无零点．所以函数f(x)在定义域(－∞，＋∞)上只有唯一的零点．综上所述，当k<0时，函数f(x)有两个零点，当k ＝0时，f(x)只有一个零点． 题型三 利用导数解决生活中的优化问题生活中的实际问题受某些主要变量的制约，解决生活中的优化问题就是把制约问题的主要变量找出来，建立目标问题即关于这个变量的函数，然后通过研究这个函数的性质，从而找到变量在什么情况下可以达到目标最优．例3、罗源滨海新城建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距m 米，余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩，经预测，一个桥墩的工程费用为32万元，距离为x 米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2＋x)x 万元．假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其他因素，记余下工程的费用为y 万元．(1)试写出y 关于x 的函数关系式；(2)当m ＝96米时，需新建多少个桥墩才能使余下工程的费用y 最小？ 解 (1)设需新建n 个桥墩， 则(n ＋1)x ＝m ，即n ＝mx －1.所以y ＝f(x)＝32n ＋(n ＋1)(2＋x)x＝32⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫m x －1＋m x (2＋x)x＝m ⎝⎛⎭⎪⎪⎫32x＋x ＋2m －32(0<x<m)． (2)当m ＝96时，f(x)＝96⎝⎛⎭⎪⎪⎫32x＋x ＋160， 则f ′(x)＝96⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12x －32x2＝48x2(32x －64)． 令f ′(x)＝0，得32x ＝64，所以x ＝16.当0<x<16时，f ′(x)<0，f(x)在区间(0,16)内为减函数； 当16<x<96时，f ′(x)>0，f(x)在区间(16,96)内为增函数， 所以f (x)在x ＝16处取得最小值，此时n ＝9616－1＝5.答 需新建5个桥墩才能使余下工程的费用y 最小． 【感悟提升】利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f(x)．(2)求导：求函数的导数f ′(x)，解方程f ′(x)＝0.(3)求最值：比较函数在区间端点和使f ′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．(4)作答：回归实际问题作答．【变式探究】图1是某种称为“凹槽”的机械部件的示意图，图2是凹槽的横截面(阴影部分)示意图，其中四边形ABCD 是矩形，弧CmD 是半圆，凹槽的横截面的周长为4.若凹槽的强度T 等于横截面的面积S 与边AB 的乘积，设AB ＝2x ，BC ＝y.(1)写出y 关于x 的函数表达式，并指出x 的取值范围； (2)求当x 取何值时，凹槽的强度最大． 解 (1)易知半圆CmD 的半径为x ， 故半圆CmD 的弧长为πx. 所以4＝2x ＋2y ＋πx ， 得y ＝42x 2.依题意知0<x<y ，得0<x<44＋π. 所以y ＝42x 2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0<x<44＋π. (2)依题意，得T ＝AB ·S ＝2x ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2xy －12πx2＝8x2－(4＋3π)x3.令T ′＝16x －3(4＋3π)x2＝0，得x ＝0或x ＝169π＋12.因为0<169π＋12<4π＋4，所以当0<x<169π＋12时，T ′>0，T 为关于x 的增函数；当169π＋12<x<44＋π时，T ′<0，T 为关于x 的减函数，所以当x ＝169π＋12时凹槽的强度最大.专题练习1．在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间)，每单位时间的用氧量为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫v 103＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为v2(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升)．(1)求y 关于v 的函数关系式；(2)若c ≤v ≤15(c>0)，求当下潜速度v 取什么值时，总用氧量最少．(2)y ′＝6v50－240v2＝3(v3－2 000)25v2，令y ′＝0，得v ＝1032，当0<v<1032时，y ′<0，函数单调递减，当v>1032时，y ′>0，函数单调递增， ∴当0<c<1032时，函数在(c,1032)上单调递减，在(1032，15)上单调递增， ∴当v ＝1032时总用氧量最少，当c ≥1032时，y 在[c,15]上单调递增，∴当v ＝c 时总用氧量最少．综上，若0<c<1032，则当v ＝1032时总用氧量最少；若c ≥1032，则当v ＝c 时总用氧量最少．2．已知函数f(x)＝x ＋a x .(1)判断函数f(x)的单调性；(2)设函数g(x)＝ln x ＋1，证明：当 x ∈(0，＋∞)且a>0时，f(x)>g(x)．(1)解 因为f ′(x)＝1－a x2＝x2－a x2()x ≠0，①若a ≤0，则f ′(x)>0在定义域内恒成立，∴f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增；②若a>0，则由f ′(x)>0，解得x<－a 或x>a ，由f ′(x)<0，解得－a<x<a ()x ≠0，∴函数f(x)在⎝⎛⎭⎫－∞，－a ，⎝⎛⎭⎫a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－a ，0，⎝⎛⎭⎫0，a 上单调递减．(2)证明 令h(x)＝f(x)－g(x)＝x ＋ax －ln x －1(x>0)，h ′(x)＝1－a x2－1x ＝x2－x －ax2(x>0)，设p(x)＝x2－x －a ，则由a>0知，方程p(x)＝0的判别式Δ＝1＋4a>0，设p(x)＝0的正根为x0，∴x20－x0－a ＝0，∵p(1)＝1－1－a ＝－a<0，∴x0>1，又p(0)＝－a<0，∴h(x)在(0，x0)上为减函数，在(x0，＋∞)上为增函数，h(x)min＝h(x0)＝x0＋ax0－ln x0－1＝x0＋x20－x0x0－ln x0－1＝2x0－ln x0－2，令F(x)＝2x－ln x－2()x>1，F′(x)＝2－1x＝2x－1x>0恒成立，∴F(x)在(1，＋∞)上为增函数，又∵F(1)＝2－0－2＝0，∴F(x)>0，即h(x)min>0，∴当x∈(0，＋∞)且a>0时，f(x)>g(x)．3．已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x＋m(m∈R)．(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围；(2)已知x1，x2是函数F(x)＝f(x)－g(x)的两个零点，且x1<x2，求证：x1x2<1.(1)解令F(x)＝f(x)－g(x)＝ln x－x－m(x>0)，则F′(x)＝1x－1＝1－xx(x>0)，当x>1时，F′(x)<0，当0<x<1时，F′(x)>0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(0,1)上单调递增，F(x)在x＝1处取得最大值－1－m，若f(x)≤g(x)恒成立，则－1－m≤0，即m≥－1.(2)证明由(1)可知，若函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，则m<－1,0<x1<1<x2，要证x1x2<1，只需证x2<1x1，由于F(x)在(1，＋∞)上单调递减，从而只需证F(x2)>F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x1，由F(x1)＝F(x2)＝0，m ＝ln x1－x1，即证ln 1x1－1x1－m ＝ln 1x1－1x1＋x1－ln x1<0，令h(x)＝－1x ＋x －2ln x(0<x<1)，则h ′(x)＝1x2＋1－2x ＝x2－2x ＋1x2>0，故h(x)在(0,1)上单调递增，h(x)<h(1)＝0，所以x1x2<1.4．已知f(x)＝(ax －1)ex ＋x2.(1)当a ＝1时，讨论函数f(x)的零点个数，并说明理由；(2)若x ＝0是f(x)的极值点，证明f(x)≥ln(ax －1)＋x2＋x ＋1.(1)解 当a ＝1时，f(x)＝(x －1)ex ＋x2，f ′(x)＝x ()ex ＋2，由f ′(x)>0得x>0，由f ′(x)<0得x<0，∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，又∵f(－2)＝4－3e2>0，f(0)＝－1<0，f(1)＝1>0，∴f(x)有两个零点．(2)证明 ∵f ′(x)＝ex ()ax －1＋a ＋2x ，∵x ＝0是f(x)的极值点，∴f ′(0)＝a －1＝0，∴a ＝1，∴f(x)＝(x －1)ex ＋x2，故要证(x －1)ex ≥ln(x －1)＋x ＋1，令x －1＝t ，t>0，即证tet ＋1≥ln t ＋t ＋2(t>0)，设h(x)＝ex ·ex －ln x －x －2(x>0)，即证h(x)≥0(x>0)，h ′(x)＝e ·ex(x ＋1)－1x －1＝e(x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫ex －1ex (x>0)，令u(x)＝ex －1ex (x>0)，u ′(x)＝ex ＋1ex2>0，∴u(x)在(0，＋∞)上单调递增，又u(1)＝e －1e >0，u ()e －2＝2e e －－e<0，故u(x)＝0有唯一的根x0∈(0,1)，0e x ＝1ex0，当0<x<x0时，u(x)<0，h ′(x)<0，当x>x0时，u(x)>0，h ′(x)>0，∴h(x)≥h(x0)＝ex0·0e x －ln x0－x0－2＝ex0·1ex0＋ln 01e x +－x0－2＝1＋x0＋1－x0－2＝0.综上得证．5．已知函数f(x)＝1－x ax ＋ln x(其中a>0，e ≈2.7)．(1)当a ＝1时，求函数f(x)在(1，f(1))点处的切线方程；(2)若函数f(x)在区间[2，＋∞)上为增函数，求实数a 的取值范围；(3)求证：对于任意大于1的正整数n ，都有ln n>12＋13＋…＋1n .(1)解 ∵f(x)＝1－x x ＋ln x ，∴f ′(x)＝x －1x2(x>0)，∴f ′(1)＝0，∵f(1)＝0，∴f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y ＝0.(3)证明 当a ＝1时，f(x)＝1－x x ＋ln x ，f ′(x)＝x －1x2，当x>1时，f ′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上是增函数．则当x>1时，f(x)>f(1)＝0，当n>1时，令x ＝nn －1>1，∴f(x)＝1－n n －1nn －1＋ln n n －1＝－1n ＋ln nn －1>0， ∴ln n n －1>1n ，ln 21>12，ln 32>13，…，ln n n －1>1n， ∴ln 21＋ln 32＋…＋ln nn －1>12＋13＋ (1)， 即ln ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫21×32×...×n n －1>12＋13＋...＋1n ， ∴ln n>12＋13＋ (1)， 即对于任意大于1的正整数n ，都有ln n>12＋13＋ (1). 6．已知函数f(x)＝ex ＋2ln x ，g(x)＝x2＋ax ＋b(a ，b ∈R)．(1)若对任意的x ∈(0，＋∞)，不等式f(x)>x2＋m ＋2ln x 恒成立，求实数m 的取值范围；(2)若对任意的实数a ，函数F(x)＝f(x)－g(x)＋x2－2ln x 在(0，＋∞)上总有零点，求实数b 的取值范围．解 (1)对任意的x ∈(0，＋∞)，不等式f(x)>x2＋m ＋2ln x 恒成立可转化为不等式m<ex －x2在(0，＋∞)上恒成立．令m(x)＝ex －x2，x ∈[0，＋∞)，则m ′(x)＝ex －2x ，令n(x)＝m ′(x)＝ex －2x ，则n ′(x)＝ex －2，故当x ∈(0，ln 2)时，n ′(x)<0，n(x)单调递减；当x ∈(ln 2，＋∞)时，n ′(x)>0，n(x)单调递增．从而当x ∈[0，＋∞)时，n(x)≥n(ln 2)＝2－2ln 2>0，即m ′(x)>0，所以m(x)在[0，＋∞)上单调递增，m(x)的最小值是m(0)＝1，所以m ≤1，即m 的取值范围为(－∞，1]．(2)函数F(x)＝f(x)－g(x)＋x2－2ln x 在(0，＋∞)上总有零点，即F(x)＝ex －ax －b 在(0，＋∞)上总有零点．若a<0，则F(x)＝ex －ax －b 在(0，＋∞)上单调递增，故F(x)在(0，＋∞)上总有零点的必要条件是F(0)<0，即b>1.以下证明：当b>1时，F(x)＝ex －ax －b 在(0，＋∞)上总有零点．①若a<0，由于F(0)＝1－b<0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－b a ＝e ba -－a ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－b a －b ＝e ba->0，且F(x)在(0，＋∞)上连续，故F(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－b a 上必有零点；②若a ≥0，F(0)＝1－b<0，由(1)知ex>x2＋1>x2在x ∈(0，＋∞)时恒成立，取x0＝a ＋b>0，则F(x0)＝F(a ＋b)＝ea ＋b －a(a ＋b)－b>(a ＋b)2－a2－ab －b ＝ab ＋b(b －1)>0，由于F(0)＝1－b<0，F(a ＋b)>0，故F(x)在(0，a ＋b)上必有零点．综上，实数b 的取值范围是(1，＋∞)．7．已知x ＝1为函数f(x)＝(x2－ax)ln x ＋x 的一个极值点．(1)求实数a 的值，并讨论函数f(x)的单调性；(2)若方程f(x)＝mx2＋2x 有且只有一个实数根，求实数m 的值．解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f ′(x)＝(x2－ax)×1x ＋(2x －a)ln x ＋1＝x ＋(2x －a)ln x －(a －1)．因为x ＝1为函数f(x)的一个极值点，所以f ′(1)＝1＋(2－a)ln 1－(a －1)＝2－a ＝0，解得a ＝2.故f(x)＝(x2－2x)ln x ＋x ，f ′(x)＝x ＋(2x －2)ln x －1＝(x －1)(1＋2ln x)．令f ′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝12e -＝ee .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，e e 时，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫e e ，1时，f ′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增．(2)方程f(x)＝mx2＋2x ，即(x2－2x)ln x ＋x ＝mx2＋2x ，整理得(x2－2x )ln x －x ＝mx2.因为x>0，所以m ＝(x2－2x )ln x －x x2＝(x －2)ln x －1x .令g(x)＝(x －2)ln x －1x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－2x ln x －1x ，则g ′(x)＝2x2ln x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－2x ×1x ＋1x2＝2ln x ＋x －1x2.令h(x)＝2ln x ＋x －1，则h ′(x)＝2x＋1>0恒成立， 所以函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增．又h(1)＝0，所以当x ＝(0,1)时，h(x)<0，即g ′(x)<0，g(x)单调递减；当∈(1，＋∞)时，h(x)>0，即g ′(x)>0，g(x)单调递增．所以g(x)的最小值为g(1)＝－1<0，当x →0或x →＋∞时，g(x)→＋∞，所以当f(x)＝mx2＋2x 有且只有一个实数根时，m ＝－1.8.已知f(x)＝asin x ，g(x)＝ln x ，其中a ∈R ，y ＝g －1(x)是y ＝g(x)的反函数．(1)若0<a ≤1，证明：函数G(x)＝f(1－x)＋g(x)在区间(0,1)上是增函数；(2)证明：∑k ＝1nsin 1(1＋k )2<ln 2；(3)设F(x)＝g －1(x)－mx2－2(x ＋1)＋b ，若对任意的x>0，m<0有F(x)>0恒成立，求满足条件的最小整数b 的值．(1)证明 由题意知G(x)＝asin(1－x)＋ln x ，G ′(x)＝1x－acos(1－x)(x>0)， 当x ∈(0,1)，0<a ≤1时，1x >1,0<cos(1－x)<1， ∴acos(1－x)<1，∴G ′(x)>0，故函数G(x)在区间(0,1)上是增函数．(2)证明 由(1)知，当a ＝1时，G(x)＝sin(1－x)＋ln x 在(0,1)上单调递增． ∴sin(1－x)＋ln x<G(1)＝0，sin(1－x)<ln 1x (0<x<1)．令1－x ＝1(1＋k )2，所以x ＝k2＋2k(1＋k )2.∵sin 1(1＋k )2＝sin ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－k2＋2k (1＋k )2<ln (1＋k )2k2＋2k ＝ln k ＋1k －ln k ＋2k ＋1，∴∑k ＝1nsin 1(1＋k )2<⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫ln 2－ln 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫ln 32－ln43＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫lnn ＋1n －ln n ＋2n ＋1，＝ln 2－ln n ＋2n ＋1<ln 2.∴m ＝0e x －22x0，∵b>－0e x ＋0e x －22x0·x20＋2x0＋221 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x02－10ex＋x0＋2，又m<0，则x0∈(0，ln 2)，∵b>⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x02－10e x ＋x0＋2，x0∈(0，ln 2)恒成立，令m(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x 2－1ex ＋x ＋2，x ∈(0，ln 2)， 则m ′(x)＝12(x －1)ex ＋1，令n(x)＝12(x －1)ex ＋1，则n ′(x)＝12xex>0，∴m ′(x)在(0，ln 2)上单调递增， ∴m ′(x)>m ′(0)＝12>0，∴m(x)在(0，ln 2)上单调递增， ∴m(x)<m(ln 2)＝2ln 2， ∴b ≥2ln 2，又b 为整数， ∴最小整数b 的值为2.。

名师揭秘2020年高考数学冲刺(理)09 导数解答题的技巧和方法(1)(解析版)

名师揭秘2020年高考数学冲刺(理)09 导数解答题的技巧和方法(1)(解析版)

专题09导数解答题的技巧和方法（1）[高考定位] 高考中考查导数几何意义的题目多以选择题、填空题的形式出现，有时出现在解答题的第一问，难度较小．高考重点考查导数的应用，即利用导数研究函数的单调性、极值、最值等，题目多出现在选择题、填空题的后几题中，有时也出现在解答题中，难度中等．考点一导数的几何意义及定积分[核心提炼]1．导数的几何意义函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．2．4个易出错的导数公式(1)(sin x)′＝cos x.(2)(cos x)′＝－sin x.(3)(a x)′＝a x ln a(a＞0，且a≠1)．(4)(log a x)′＝1x ln a(a＞0，且a≠1，x＞0)．[规律方法]曲线y＝f(x)的切线方程的3种类型及求解方法(1)已知切点P(x0，y0)，求切线方程：求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程．(2)已知切线的斜率k，求切线方程：设切点P(x0，y0)，通过方程k＝f′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程．(3)已知切线上一点(非切点)，求切线方程：设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程．考点二利用导数研究函数的单调性[核心提炼]导数与函数单调性的关系(1)f′(x)＞0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.(2)f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，f(x)为常数函数，函数不具有单调性．[规律方法]求解或讨论函数单调性问题的解题策略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讨论含有参数的一元二次不等式的解集：(1)若能够通过因式分解求出不等式对应方程的根，则依据根的大小进行分类讨论．(2)若不能通过因式分解求出不等式对应方程的根，则根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．[注意] 讨论函数的单调性需在函数的定义域内进行，千万不要忽视了定义域的限制．考点三利用导数研究函数的极值(最值)[核心提炼]导数与函数的极值、最值的关系(1)若在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则f(x0)为函数f(x)的极小值．(2)设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值，且在极值点或端点处取得.[规律方法]利用导数研究函数极值、最值的方法(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．(3)求函数f(x)在闭区间[a，b]的最值时，先求出极值，再将区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．【题型】一．导数的定义二．导数的几何意义三．导数几何意义与参数四．曲线上动点到直线距离的最值问题五．公切线问题六．导数几何意义与函数性质综合七．两条曲线上动点距离最值 八．导数几何意义综合【方法规律总结】 一．导数的定义例1已知直线l 经过()1,0-，()0,1两点，且与曲线()y f x =切于点()2,3A ，则()()22lim x f x f x∆→+∆-∆的值为（ ） A ．2- B ．1-C ．1D ．2【答案】C【解析】Q 直线l 经过()1,0-，()0,1两点，∴:1l y x =+.直线与曲线()y f x =切于点()2,3A ， 可得曲线在2x =处的导数为：()21f ¢=，所以()()()22l 2im 1x f xf x f ∆→+∆-∆=='.故选：C.练习1. ．设()f x 存在导函数且满足()()112lim 12x f f x x∆→--∆=-∆，则曲线()y f x =上的点()()1,1f 处的切线的斜率为（ ） A ．-1 B ．-2C ．1D ．2【答案】A【解析】()y f x = 在点()()1,1f 处的切线的斜率为()()()112'1lim 12x f f x f x∆→--∆==-∆ ,故选A.练习2. 已知函数()f x 在0x x =处可导，若000(3)()lim 1x f x x f x x∆→+∆-=∆，则0()f x '=A ．1B ．13C ．3D ．0【答案】B【解析】由已知可得()()()()()00000033lim 3lim3'13x x f x x f x f x x f x f x xx∆→∆→+∆-+∆-===∆∆，所以()01'3f x =．故选B ．二．导数的几何意义例2．曲线xy xe =在点()1,e 处的切线与直线0ax by c ++=垂直，则ab 的值为（ ） A ．12e-B ．2e-C ．2eD ．12e【答案】D【解析】曲线xy xe =，则xxy e xe '=+，则12x y e ='=.∵曲线在点()1,e 处的切线与直线0ax by c ++=垂直，∴12a b e -=-， ∴12a b e=. 故选：D.练习1.己知曲线222y x x =+-在点M 处的切线与x 轴平行，则点M 的坐标是（ ）A ．()1,3B ．()1,3--C ．()2,3--D ．()2,3-【答案】B【解析】222y x x =+-的导数为22y x '=+，设(),M m n ，则在点M 的切线斜率为22m +， 由于在点M 处的切线与x 轴平行， 则220m +=，解得1m =-，所以1223n =--=-，即有M ()1,3--. 故选：B1练习2．如果曲线4y x x =-在点P 处的切线垂直于直线13y x =-，那么点P 的坐标为（ ） A ．(1,0) B ．(0,1)- C ．(0,1)D ．(1,0)-【答案】A【解析】设点P(a,b)，则4b a a =-， 由题得3()41f x x =-'，因为曲线4y x x =-在点P 处的切线垂直于直线13y x =-， 所以3413a -=，所以a=1.所以b=4110-=,所以点P 的坐标为（1,0）. 故答案为：A.练习3. 已知曲线3211()532f x x x =+-在点(1,(1))f 处的切线的倾斜角为α，则2cos 2sin 2cos ααα=+( )A ．12B ．35-C ．2D ．85【答案】B【解析】因为3211()532f x x x =+-，故可得()2f x x x '=+， 则切线的斜率()12tan f α'==；又因为2cos 2sin 2cos ααα=+2222cos sin 1tan 1432cos 21415sin cos tan ααααααα---===-+++. 故选：B.三．导数几何意义与参数例3. 函数()()23ln 0,f x x x bx a b a R =+-+>∈的图像在点()(),b f b 处的切线斜率的最小值是（ ）A B ．C ．2 D ．【答案】B【解析】由题,()23232x bx f x x b x x-+'=+-=, 则函数()f x 的图像在点()(),b f b 处的切线斜率为()22233b b k f b b b b-+'===+,设()3g b b b =+≥当且仅当3b b=,即b =, 所以()g b的最小值为即min k =故选:B练习1. 直线2y kx =+与曲线32y x ax b =++相切于点(1,4)，则4a b +的值为（ ）A ．2B ．－1C ．1D ．－2【答案】A【解析】由题意，直线2y kx =+与曲线32y x ax b =++相切于点(1,4)，则点(1,4)满足直线2y kx =+，代入可得412k =⨯+，解得2k =，又由曲线()32f x x ax b =++，则()232f x x a '=+， 所以()213122f a '=⨯+=，解得12a =-，即()3f x x x b =-+， 把点(1,4)代入()3f x x x b =-+，可得3411b =-+，解答4b =， 所以144()422a b +=⨯-+=，故选A ．练习2. 函数()ln f x x ax =-在2x =处的切线与直线10ax y --=平行，则实数a =（ ）． A ．1- B ．14C ．12D ．1【答案】B 【解析】Q '1()f x a x=-， ∴'11(2)24f a a a =-=⇒=.故选：B.练习3. 已知函数22ln ,0()3,02x x x x f x x x x ->⎧⎪=⎨--≤⎪⎩，若方程()1f x kx =+有四个不相等的实根，则实数k 的取值范围是（ ）A ．1(,1)3B ．1(,2)3C ．14(,)25D ．1(,1)2【答案】D【解析】作出22ln ,0()3,02x xx x f x x x x ->⎧⎪=⎨--≤⎪⎩的图象如图所示，方程()1f x kx =+有四个不相等的实根，等价于函数()f x 的图象与直线1y kx =+有四个交点， 其临界位置为1y kx =+和两段曲线相切时， 当直线1y kx =+与函数()232f x x x =--相切时， 联立2321y x x y kx ⎧=--⎪⎨⎪=+⎩得()222320x k x +++=，由241270k k =+-=V ，解得12k =或72k =-（由图可得舍负） 当直线1y kx =+与函数()2ln f x x x x =-相切时，设切点坐标为()0000,2ln x x x x -，()1ln f x x '=-，切线的斜率为：01ln k x =-， 切线方程为()()000002ln 1ln y x x x x x x -+=--，由于切线1y kx =+恒过()0,1，代入可得01x =，可得：1k =，即由图知函数()f x 的图象与直线1y kx =+有四个交点时，实数k 的取值范围是112k <<， 故选：D .练习4.已知函数211,0()22,0xx f x x x x ⎧⎛⎫-<⎪ ⎪=⎨⎝⎭⎪+≥⎩，若f (x )－mx ≥0，则实数m 的取值范围是（ ）A ．[0.2]B ．[－1，2]C ．[－ln 3，2]D ．[－ln 2，2]【答案】D【解析】如图所示：画出函数()f x 的图像. 当0x ≥时，()'22f x x =+，故()'02f =；当0x <时，()11'ln 22xf x ⎛⎫= ⎪⎝⎭，故()'0ln 2f =-； 根据图像知：[]ln 2,2m ∈-. 故选：D .四．曲线上动点到直线距离的最值问题例4. 设曲线()4ln f x x =在点()1,0处的切线上有一动点P ，曲线()232ln g x x x =-.上有一点Q ，则线段PQ 长度的最小值为（ ） A ．1717B ．21717C ．31717D ．41717【答案】C【解析】()10f =Q ，()4f x x '=，∴切线斜率()14k f '==，故曲线()f x 在()1,0处的切线方程为440x y --=.又()26g x x x'=-，令264x x -=，则1x =或13x =-（舍去）.又()13g =，故g （x ）在()1,3处的切线方程为410x y --=，与直线440x y --=平行，这两条平行线间的距离为317d =，故线段PQ 长度的最小值为31717. 故选：C ．练习1. 已知点P 在曲线22y x lnx =-上，点Q 在直线32y x =-上，则||PQ 的最小值为( )AB ．1 CD ．14【答案】C【解析】函数22ln y x x =-的定义域为(0,)+∞，14y x x'=-， 令143x x-=，可得1x =，14x =-（舍去）所以切点为(1,2)，它到直线32y x =-的距离d == 即点P 到直线32y x =-的距离的最小值为10． 则||PQ． 故选C ．五．公切线问题例5. 函数()ln 1mx f x x x =++与2()1g x x =+有公切线,(0)y ax a =>，则实数m 的值为（ ） A ．4 B ．2 C ．1 D ．12【答案】A【解析】设公切线,(0)y ax a =>与两个函数()ln 1mx f x x x =++与2()1g x x =+图象的切点分别为A ()11x y ，和B ()22x y ，，由()21()1m f x x x '=++，()2g x x '=，可得()22222222()21g x x ay ax g x x y⎧==⎪=='⎨⎪+=⎩解得2a =，所以有()1211111111111()21()ln 12m f x a x x mx f x x y x y ax x ⎧=+==⎪+⎪⎪⎪=+'=⎨+⎪⎪==⎪⎪⎩化简得21112ln 10x x x -+-=，令()22ln 1h x x x x =-+-()0x >，则()11304h x x x'+-≥>=恒成立，即得函数()22ln 1h x x x x =-+-()0x >在定义域上为增函数，又因()10h =，则可解得方程21112ln 10x x x -+-=，11x =，则由()21(1)2111m f '=+=+解得4m =. 故选：A.练习1. 已知函数()e x f x a =（0a >）与2()2g x x m =-（0m >）的图象在第一象限有公共点，且在该点处的切线相同，当实数m 变化时，实数a 的取值范围为（ ） A ．24,e ⎛⎫+∞⎪⎝⎭B ．28,e ⎛⎫+∞⎪⎝⎭C ．240,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．280,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】设切点为()00,A x y ，则00200e 2,e 4,x x a x m a x ⎧=-⎪⎨=⎪⎩整理得200042,0,0,x x m x m ⎧=-⎪>⎨⎪>⎩ 由200240m x x =->，解得02x >.由上可知04e x x a =， 令4()e x x h x =，则4(1)()xx h x e -'=. 因为2x >，所以4(1)()0e x x h x -'=<，4()exxh x =在(2,)+∞上单调递减， 所以280()e h x <<，即280,e a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.练习2. 已知函数211()142f x x x a =++-（0x <），()ln g x x =（0x >），其中a R ∈，若()f x 的图象在点11(,())A x f x 处的切线与()g x 的图象在点22(,())B x g x 处的切线重合，则a 的取值范围是( ) A ．(1ln 2,)-++∞ B ．(ln 2,)+∞ C ．(1ln 2,)--+∞ D ．(ln 2,)-+∞【答案】B 【解析】211()142f x x x a =++-，11'()22f x x =+，故切线方程为：()21111111112242y x x x x x a ⎛⎫=+-+++-⎪⎝⎭；()ln g x x =，故1'()g x x=，切线方程为：()2221ln y x x x x =-+；1故1211122x x +=，()()21111222111111ln 2242x x x x a x x x ⎛⎫+-+++-=-+ ⎪⎝⎭， 化简整理得到：()2111111ln ,0422a x x x ⎛⎫=-+< ⎪⎝⎭，111022x +>，故110x -<<， 设()()2111ln ,10422g x x x x ⎛⎫=-+-<< ⎪⎝⎭，()()()()2111'2121x x g x x x x +-=-=++，故函数在()1,0-上单调递减，故()0ln 2g =，当1x →-时，()g x →+∞，故ln 2a >. 故选：B练习3. 若函数()()ln 01f x x x =<≤与函数()2g x x a =+有两条公切线，则实数a 的取值范围是（ ）A．1,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭ B．13,24⎛⎫-- ⎪⎝⎭ C．3ln 4⎛⎤-- ⎥⎝⎦D．13ln ,24⎛⎤-- ⎥⎝⎦【答案】D【解析】设公切线与函数()ln f x x =的图象切于点()11,ln A x x ()101x <≤， 因为()ln f x x =，所以()1f x x '=，所以在点()11,ln A x x 处斜线的斜率1111()k f x x '==， 所以切线方程为()1111ln y x x x x -=-； 设公切线与函数()2g x x a =+的图象切于点()222,B x x a +，因为()2g x x a =+，所以()2g x x '=，所以在()222,B x x a +处点斜线的斜率()222k g x x '==，所以切线方程为()()22222y x a x x x -+=-，所以有2121212ln 1x x x x a⎧=⎪⎨⎪-=-+⎩，因为101x <≤，所以21121x x =≥，212x ≥．又222ln 21a x x =-+-，令21,2t x ⎡⎫=∈+∞⎪⎢⎣⎭，则()22ln 21ln 2ln 1h t t t t t =-+-=--+-，所以()221t h t t-'=，令()0h t '>且12t ≥，得22t >； 令()0h t '<且12t ≥，得1222t ≤<， 所以()h t 在12,22⎡⎫⎪⎢⎪⎣⎭上为减函数，在2,2⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上为增函数. 所以函数()()ln 01f x x x =<≤与函数()2g x x a =+有两条公切线，满足()212h h t h ⎛⎫⎛⎫<≤ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即()13ln 224h t --<≤-， 所以13ln 2,24a ⎛⎤∈--- ⎥⎝⎦． 故选：D ．六．导数几何意义与函数性质综合 例6．已知函数的图象的对称中心为，且的图象在点处的切线过点，则A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】A 【解析】函数的图象的对称中心为，所以， ，即，得，，又的图象在点处的切线过点， ，即，解得，故选A.练习1. 已知A ，B 是函数()2,0ln ,0x x a x f x x x a x ⎧++≤=⎨->⎩图像上不同的两点，若曲线()y f x =在点A ，B 处的切线重合，则实数a 的最小值是（ ） A ．1- B ．12-C ．12D ．1【答案】B【解析】当0x ≤ 时，()2f x x x a =++，则()'21f x x =+;当0x >时，()ln x x a f x =-则()'ln 1f x x =+.设()()()()1122,,,A x f x B x f x 为函数图像上的两点， 当120x x << 或120x x <<时，()()12''f x f x ≠，不符合题意，故120x x <<. 则()f x 在A 处的切线方程为()()()2111121y x x a x x x -++=+-；()f x 在B 处的切线方程为()()2222ln ln 1y x x a x x x -+=+-.由两切线重合可知 21221ln 121x x x a a x +=+⎧⎨--=-⎩ ，整理得()()12211102x a x e x =-≤.不妨设()()()22102xg x x e x =-≤ 则()()22',''12xxg x x e g x e =-=- ，由()''0g x = 可得11ln 22x =则当11ln 22x =时，()'g x 的最大值为11111'ln ln 022222g ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭.则()()2212x g x x e =-在(],0-∞ 上单调递减，则()102a g ≥=-. 故选:B.练习2. 已知函数2,0()2,0x xx f x e x x x ⎧>⎪=⎨⎪--≤⎩若函数1()()()2g x f x k x =-+在R 上零点最多，则实数k 的取值范围是（ ） A ．2(0,)3eB ．2(,0)3e-C．( D．【答案】D【解析】由图知()y f x =与1()2y k x =+有4个公共点即可，即()0,k k ∈切，当设切点()00,x y ，则000011()2x x x k e x k x e -⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，0122x k e ⎧=⎪⎪∴⎨⎪=⎪⎩2k e∴∈.故选：D.练习3. 设函数()sin cos f x a x b xωω=+()0ω>在区间,62ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调，且2236f f f πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，当12x π=时，()f x 取到最大值4，若将函数()f x 的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍得到函数()g x 的图象，则函数()3y g x x π=+）A ．4B ．5C ．6D ．7【答案】D 【解析】设()()22f x a b x ωϕ=++()0ω>，122622T ππππωω∴-≤=⋅=，即03ω<≤， 又2236f f f πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==-⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 2723212x πππ+∴==为()()22f x a b x ωϕ=++的一条对称轴， 且2623πππ+=，则,03π⎛⎫ ⎪⎝⎭为()()22f x a b x ωϕ=++的一个对称中心，由于03ω<≤，所以712x π=与,03π⎛⎫⎪⎝⎭为同一周期里相邻的对称轴和对称中心， 则74123T πππ⎛⎫=-=⎪⎝⎭，∴2ω=．4=，且22sin cos 121212f a b πππ⎛⎫=+⎪⎝⎭，解之得2a =，b =故()2sin 224sin 23f x x x x π⎛⎫=+=+⎪⎝⎭，由图象变换可得，()4sin 3g x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭．因为()4sin 3g x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭在,03π⎛-⎫ ⎪⎝⎭处的切线斜率为4cos 4333g πππ⎛⎫⎛⎫'-=-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，y =,03π⎛-⎫⎪⎝⎭处切线斜率不存在，即切线方程为3x π=-． 所以3x π=-右侧()g x 图象较缓,如图所示，4>时，163x π>-，所以()y g x =-7个．故选：D.练习4. ．已知函数22e 1,0,()22,0,x x f x x x x ⎧->=⎨---≤⎩若|()|f x mx ≥恒成立，则实数m 的取值范围为（ ）A ．2⎡⎤-⎣⎦B ．2⎡⎤-⎣⎦C ．2⎡⎤-⎣⎦D ．2⎡⎤-⎣⎦【答案】A【解析】作出函数|()|f x 的图象如图所示；当0x ≤时；令222x x mx ++=，即2(2)20x m x +-+=， 令0∆=，即2(2)80m --=，解得222m =± 结合图象可知，222m =-当0x >时，令2e 1x mx -=，则此时2()e 1xf x =-，()h x mx =相切，设切点()020,1x x e-，则00202e 1,2e ,x x mx m ⎧-=⎨=⎩解得2m =，观察可知，实数m 的取值范围为222,2⎡⎤-⎣⎦.故选：A.七．两条曲线上动点距离最值 例7. 设函数()2sin f x x ππ=-在()0,∞+上最小的零点为0x ，曲线()y f x =在点()0,0x 处的切线上有一点P ，曲线23ln 2y x x =-上有一点Q ，则PQ 的最小值为（ ） A ．510B 5C ．3510D 25【答案】C【解析】令()x k k ππ=∈Z ，则x k =，最小为01x =. 因为()2cos f x x π'=-，所以曲线()y f x =在点()1,0处的切线斜率为()12cos 2f π'=-=， 则切线方程为22y x =-，1设()23ln 2g x x x =-，()23ln 222h x x x x =--+， 则()132h x x x '=--，()10h '=，()h x 在1x =处取最小值()3102h =>，所以()0h x >恒成立，所以直线22y x =-与曲线()y g x =没有交点. 令()132g x x x '=-=，得1x =或13x =-（舍去），()312g =， 则PQ 的最小值为点31,2⎛⎫⎪⎝⎭到直线22y x =-的距离d ，所以10d ==. 故选：C.练习1. 已知实数a b c d ,,,满足111a e cb d e--==，则()()22a c b d -+-的最小值为（ ）ABC ．221e e+D ．221e e +【答案】D【解析】由题，得1ln ,1a b c d e==⋅+， 设(,)b a 是曲线:ln C y x =的点，(,)d c 是直线1:1l y x e=⋅+的点， ()()22a cb d -+-可看成曲线C 上的点到直线l 上的点的距离的平方，对ln y x =求导得1y x '=，令1y e '=，得x e =， 所以曲线C 上的点(,1)e 到直线l 的距离最小，该点到直线l==， 因此22()()a c b d -+-的最小值为2221e e ⎛⎫=+. 故选：D练习2. 若x ，a ，b 为任意实数，且22(2)(3)1a b ++-=，则22()(ln )x a x b -+-的最小值为（ ）A B ．18C ．1D ．19-【答案】D【解析】22(2)(3)1a b ++-=，可得(),a b 在()2,3-为圆心，1为半径的圆上，22()(ln )x a x b -+-表示点(),a b 与点(),ln x x 的距离的平方，又(),ln x x 在曲线ln y x =上，设曲线ln y x =上一点为(),ln m m 设过点(),ln m m 的切线与点(),ln m m 与()2,3-的连线垂直， 可得ln 3112m m m-⋅=-+，即有2ln 23m m m ++=，由()2ln 2f m m m m ++＝在0m >递增，且()13f =，可得切点为()1,0，圆心与切点的距离为d ==可得22()(ln )x a x b -+-的最小值为()2119=-故选：D.练习3.已知111ln 20x x y --+=，22242ln 20x y +--=，记()()221212M x x y y =-+-，则( )A ．M 的最小值为25B ．M 的最小值为45 C ．M 的最小值为85D ．M 的最小值为125【答案】B【解析】由题意，()()221212M x x y y =-+-的最小值可转化为函数ln 2y x x =-+图象上的点与直线242ln 20x y +--=上的点的距离的最小值的平方. ln 2y x x =-+，得11y x'=-，与直线242ln 20x y +--=平行的直线斜率为12-， 令1112x -=-，解得2x =，所以切点的坐标为()2ln 2，切点到直线242ln 20x y +--=的距离22ln 242ln 225514d +--==+ 即()()221212M x x y y =-+-的最小值为45. 故选：B练习4．若,,x a b 均为任意实数，且()()22231a b ++-=，则()()22ln x a x b -+- 的最小值为（ ） A ．32 B ．18C ．321-D ．1962-【答案】D【解析】由题意可得，其结果应为曲线ln y x =上的点与以()2,3C -为圆心，以1为半径的圆上的点的距离的平方的最小值，可以求曲线ln y x =上的点与圆心()2,3C -的距离的最小值，在曲线ln y x =上取一点(),ln M m m ，曲线有ln y x =在点M 处的切线的斜率为1'k m =，从而有'1CM k k ⋅=-，即ln 3112m m m-⋅=-+，整理得2ln 230m m m ++-=，解得1m =，所以点()1,0满足条件，其到圆心()2,3C -的距离为()()22213032d =--+-=，故其结果为()23211962-=-，故选D.练习5. 设点P 在曲线2xy e =上，点Q 在曲线上，则Q P 的最小值为（ ） A ．1ln2- B ．()21ln 2-C ．D ．()21ln 2+【答案】D【解析】因为曲线2xy e =与曲线互为反函数，其图象关于直线y x =对称，故可先求点P 到直线y x =的最近距离，函数2xy e =的导数为2xy e '=，由21xy e '==得，ln 2x =-，所以ln 221y e -==，所以当P 点为点(ln 2,1)-时，点到直线y x =的最近距离为ln 2122d --==max 222(1ln 2)2PQ d ===+，故选D ．八．导数几何意义综合 例8. 设曲线()1*n y xn N +=∈在点()1,1处的切线与x 轴的交点的横坐标为nx ，令lg nn ax =，则1299a a a ++⋅⋅⋅+的值为（ ）A ．22-B ．22C ．-2D ．2【答案】C【解析】因为()()1*n y f x xn N +==∈，所以()()1nf x n x '=+，所以()()11,11f n f '=+=， 所以切线方程为：()111y n x -=+-，令0y =，得1n x n =+， 所以()lg lglg lg 11n n na x n n n ===-++， 所以1299lg1lg 2lg 2lg3lg3lg 4...lg99lg1002a a a ++⋅⋅⋅+=-+-+-++-=-. 故选：C 练习1．不等式，恒成立，则的最小值为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】令，则，很明显函数的周期为，由导函数的符号可得函数在区间上具有如下单调性：在区间和上单调递增，在区间上单调递减，绘制函数图像如图所示，考查临界条件，满足题意时，直线恒在函数的图像的上方，临界条件为直线与曲线相切的情况，12 此时，即的最小值为.故选：A . 练习2. 已知函数211,0()22,0xx f x x x x ⎧⎛⎫-<⎪ ⎪=⎨⎝⎭⎪+≥⎩，若f (x )－mx ≥0，则实数m 的取值范围是（ ） A ．[0.2]B ．[－1，2]C ．[－ln 3，2]D ．[－ln 2，2]【答案】D【解析】如图所示：画出函数()f x 的图像. 当0x ≥时，()'22f x x =+，故()'02f =； 当0x <时，()11'ln 22xf x ⎛⎫= ⎪⎝⎭，故()'0ln 2f =-； 根据图像知：[]ln 2,2m ∈-.故选：D .。

2020高考数学(理)考纲解读与热点难点突破_专题05导数的热点问题教学案_含解析

2020高考数学(理)考纲解读与热点难点突破_专题05导数的热点问题教学案_含解析

导数的热点问题【2019年高考考纲解读】导数还经常作为高考的压轴题，能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力．估计以后对导数的考查力度不会减弱．作为导数综合题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在.【题型示例】题型一、利用导数证明不等式用导数证明不等式是导数的应用之一，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力．例1、已知函数f (x )＝a e 2x －a e x －x e x(a ≥0，e ＝2.718…，e 为自然对数的底数)，若f (x )≥0对于x ∈R 恒成立．(1)求实数a 的值；(2)证明：f (x )存在唯一极大值点x 0，且ln 22e ＋14e 2≤f (x 0)<14.(2)证明 当a ＝1时，f (x )＝e 2x －e x －x e x， f ′(x )＝e x (2e x －x －2)．令h (x )＝2e x －x －2，则h ′(x )＝2e x－1，∴当x ∈(－∞，－ln 2)时，h ′(x )<0，h (x )在(－∞，－ln 2)上为减函数；当x ∈(－ln 2，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )在(－ln 2，＋∞)上为增函数，∵h (－1)<0，h (－2)>0，∴在(－2，－1)上存在x ＝x 0满足h (x 0)＝0，∵h (x )在(－∞，－ln 2)上为减函数，∴当x ∈(－∞，x 0)时，h (x )>0，即f ′(x )>0，f (x )在(－∞，x 0)上为增函数，当x ∈(x 0，－ln 2)时，h (x )<0，即f ′(x )<0，f (x )在(x 0，－ln 2)上为减函数，当x ∈(－ln 2,0)时，h (x )<h (0)＝0，即f ′(x )<0，f (x )在(－ln 2,0)上为减函数， 当x ∈(0，＋∞)时，h (x )>h (0)＝0，即f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上为增函数，∴f (x )在(－ln 2，＋∞)上只有一个极小值点0，综上可知，f (x )存在唯一的极大值点x 0，且x 0∈(－2，－1)．∵h (x 0)＝0，∴20e x －x 0－2＝0， ∴f (x 0)＝02e x －0e x －x 00e x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋222－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋22(x 0＋1)＝－x 20＋2x 04，x 0∈(－2，－1)， ∵当x ∈(－2，－1)时，－x 2＋2x 4<14，∴f (x 0)<14； ∵ln 12e ∈(－2，－1)， ∴f (x 0)≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 12e ＝ln 22e ＋14e 2； 综上知ln 22e ＋14e 2≤f (x 0)<14. 【方法技巧】用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f (x )在[a ，b ]上是增函数，则①∀x ∈[a ，b ]，则f (a )≤f (x )≤f (b )；②对∀x 1，x 2∈[a ，b ]，且x 1<x 2，则f (x 1)<f (x 2)．对于减函数有类似结论．(2)利用最值：若f (x )在某个范围D 内有最大值M (或最小值m )，则对∀x ∈D ，有f (x )≤M (或f (x )≥m )．(3)证明f (x )<g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，证明F (x )<0.【变式探究】已知函数f (x )＝ax －ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若a ∈⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－1e 2，求证：f (x )≥2ax －x e ax －1. (1)解 由题意得f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x(x >0)， ①当a ≤0时，则f ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②当a >0时，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 综上当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减； 当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增． (2)证明 令g (x )＝f (x )－2ax ＋x eax －1 ＝x e ax －1－ax －ln x ，则g ′(x )＝e ax －1＋ax e ax －1－a －1x＝(ax ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫e ax －1－1x ＝ax ＋1x e ax －1－1x (x >0)， 设r (x )＝x e ax －1－1(x >0)，则r ′(x )＝(1＋ax )eax －1(x >0)， ∵e ax －1>0，∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 时，r ′(x )>0，r (x )单调递增； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞时，r ′(x )<0，r (x )单调递减． ∴r (x )max ＝r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a e 2＋1≤0⎝⎛⎭⎪⎫a ≤－1e 2， ∴当0<x <－1a 时，g ′(x )<0，当x >－1a时，g ′(x )>0， ∴g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递增， ∴g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ， 设t ＝－1a∈(]0，e 2， 则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝h (t )＝t e 2－ln t ＋1(0<t ≤e 2)，h ′(t )＝1e 2－1t ≤0，h (t )在(]0，e 2上单调递减， ∴h (t )≥h (e 2)＝0；∴g (x )≥0，故f (x )≥2ax －x e ax －1.题型二 利用导数讨论方程根的个数方程的根、函数的零点、函数图象与x 轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的走势，通过数形结合思想直观求解．例2、(2018·全国Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2.(1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1；(2)若f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点，求a .(1)证明 当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x －1≤0.设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x －1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)·e －x ＝－(x －1)2e －x .当x ≠1时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减．而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1.(2)解 设函数h (x )＝1－ax 2e －x . f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．(ⅰ)当a ≤0时，h (x )>0，h (x )没有零点；(ⅱ)当a >0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x .当x ∈(0,2)时，h ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0.所以h (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．故h (2)＝1－4a e2是h (x )在(0，＋∞)上的最小值． ①若h (2)>0，即a <e 24，h (x )在(0，＋∞)上没有零点． ②若h (2)＝0，即a ＝e 24，h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点． ③若h (2)<0，即a >e 24， 因为h (0)＝1，所以h (x )在(0,2)上有一个零点；由(1)知，当x >0时，e x >x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a 3e 2a 2>1－16a32a 4＝1－1a>0，故h (x )在(2,4a )上有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)上有两个零点．综上，当f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点时，a ＝e 24. 【感悟提升】(1)函数y ＝f (x )－k 的零点问题，可转化为函数y ＝f (x )和直线y ＝k 的交点问题．(2)研究函数y ＝f (x )的值域，不仅要看最值，而且要观察随x 值的变化y 值的变化趋势．【变式探究】设函数f (x )＝e x －2a －ln(x ＋a )，a ∈R ，e 为自然对数的底数．(1)若a >0，且函数f (x )在区间[0，＋∞)内单调递增，求实数a 的取值范围；(2)若0<a <23，试判断函数f (x )的零点个数．(2)∵0<a <23，f ′(x )＝e x －1x ＋a(x >－a )， 记h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝e x ＋1x ＋a 2>0，知f ′(x )在区间()－a ，＋∞内单调递增．又∵f ′(0)＝1－1a <0，f ′(1)＝e －1a ＋1>0， ∴f ′(x )在区间()－a ，＋∞内存在唯一的零点x 0，即f ′(x 0)＝0e x －1x 0＋a＝0， 于是0e x ＝1x 0＋a，x 0＝－ln ()x 0＋a . 当－a <x <x 0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >x 0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．∴f (x )min ＝f (x 0)＝0e x －2a －ln ()x 0＋a＝1x 0＋a －2a ＋x 0＝x 0＋a ＋1x 0＋a－3a ≥2－3a ， 当且仅当x 0＋a ＝1时，取等号．由0<a <23，得2－3a >0， ∴f (x )min ＝f (x 0)>0，即函数f (x )没有零点．题型三 利用导数解决生活中的优化问题生活中的实际问题受某些主要变量的制约，解决生活中的优化问题就是把制约问题的主要变量找出来，建立目标问题即关于这个变量的函数，然后通过研究这个函数的性质，从而找到变量在什么情况下可以达到目标最优．例3、罗源滨海新城建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距m 米，余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩，经预测，一个桥墩的工程费用为32万元，距离为x 米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2＋x )x 万元．假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其他因素，记余下工程的费用为y 万元．(1)试写出y 关于x 的函数关系式；(2)当m ＝96米时，需新建多少个桥墩才能使余下工程的费用y 最小？解 (1)设需新建n 个桥墩，则(n ＋1)x ＝m ，即n ＝m x－1.所以y ＝f (x )＝32n ＋(n ＋1)(2＋x )x ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫m x －1＋m x (2＋x )x＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫32x ＋x ＋2m －32(0<x <m )． (2)当m ＝96时，f (x )＝96⎝ ⎛⎭⎪⎫32x ＋x ＋160， 则f ′(x )＝96⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －32x 2＝48x2(32x －64)． 令f ′(x )＝0，得32x ＝64，所以x ＝16.当0<x <16时，f ′(x )<0，f (x )在区间(0,16)内为减函数；当16<x <96时，f ′(x )>0，f (x )在区间(16,96)内为增函数，所以f (x )在x ＝16处取得最小值，此时n ＝9616－1＝5. 答 需新建5个桥墩才能使余下工程的费用y 最小．【感悟提升】利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x )．(2)求导：求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0.(3)求最值：比较函数在区间端点和使f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．(4)作答：回归实际问题作答．【变式探究】图1是某种称为“凹槽”的机械部件的示意图，图2是凹槽的横截面(阴影部分)示意图，其中四边形ABCD 是矩形，弧CmD 是半圆，凹槽的横截面的周长为4.若凹槽的强度T 等于横截面的面积S 与边AB 的乘积，设AB ＝2x ，BC ＝y .(1)写出y 关于x 的函数表达式，并指出x 的取值范围；(2)求当x 取何值时，凹槽的强度最大．(2)依题意，得T ＝AB ·S ＝2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2xy －12πx 2 ＝8x 2－(4＋3π)x 3.令T ′＝16x －3(4＋3π)x 2＝0，得x ＝0或x ＝169π＋12. 因为0<169π＋12<4π＋4， 所以当0<x <169π＋12时，T ′>0，T 为关于x 的增函数； 当169π＋12<x <44＋π时，T ′<0，T 为关于x 的减函数， 所以当x ＝169π＋12时凹槽的强度最大.。

高考数学压轴题太难怎么突破樊瑞军解密导数五大障碍设置放式

高考数学压轴题太难怎么突破樊瑞军解密导数五大障碍设置放式

高考数学压轴题太难怎么突破樊瑞军解密导数五大障碍设置放式高考数学压轴题是高考中难度最大也是拉开考生成绩差距的最后一道障碍，目前高考数学的压轴题主要是函数导数和圆锥曲线这两块，各位考生在复习过程往往会感觉：题目类型多，解题思考无从下手，运算技巧强，即使大量做题任然没有多大效果，一道题目与一道题目方法不同，也无从归纳，不会的任然不会。

那么怎么才能突破压轴题呢？今天高考数学专家樊瑞军先给各位考生分析导数压轴题中的障碍设置方式，知道障碍怎么设置，那么我们的做题和方法就会有目标。

一、高考数学导数压轴题思路樊瑞军认为：解题思考实质就是把从题目中提取出的信息与大脑中存储的方法进行匹配，如果匹配成功解题就可以顺利进行，匹配的核心就是大脑中存储的知识体系化网状化。

简单通俗来讲就是数学题目中的文字，式子、图形、运算与大脑存储中的概念、定理、公式，解题经验，基本思考框架匹配。

樊瑞军将这一过程归结为四块：关键词分解、列式与化简变形、复杂条件转化与隐含条件挖掘、图形与各类式子运算，学习咨询微信sibujieti。

二、高考数学导数压轴题障碍设置1、复杂的参数处理讨论参数和讨论是所有导数压轴题中的标准配置，面对复杂参数很多考生往往不知道从什么地方入手缺乏基本的框架，针对这种情况梳理了一般的讨论模板。

2、函数结构过于复杂函数结构复杂求导之后结构任然复杂，这就导致我们学习的基本导数求解方法无法使用，这就必然要对函数重新构造或者放缩变形，针对这部分变形技巧樊瑞军全面总结归纳了七大构造与四大放缩方法，并进行专门的视频讲解咨询微信sibujieti。

3、题目中式子比较特殊或者信息少隐蔽无从下手导数题目中经常会出现一些比较特殊的式子类型比如含有x1,x2，f(x1),f(x2)这种结构导致考生无从下手，这种特殊的结构我们通常称为极值点偏移，其核心实质是特殊的式子变形处理手段。

同时有些题目中往往题目信息非常简单，让各位考生不知道考什么，也搞不清楚用什么办法处理4、让考生摸不着头脑的复杂变形和运算技巧高考的导数压轴题对于变形和运算技巧也是要求非常高的，很多题目不要说做就是看答案都看不懂，不光是学生搞不懂，很多老师也搞不清原理。

2020年高考数学(理)冲刺突破专题06 突破导数解答题的瓶颈

2020年高考数学(理)冲刺突破专题06 突破导数解答题的瓶颈
f′（x）在区间（﹣1， ）存在唯一极大值点；
（2）由（1）知，当 x∈（﹣1，0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＜f′（0）＝0，f（x）单调递减； 当 x∈（0，x0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＞f′（0）＝0，f（x）单调递增；
由于 f′（x）在（x0， ）上单调递减，且 f′（x0）＞0，f′（ ）
7.已知可导函数 f(x)在(a，b)上单调递增(减)，则 f′(x)≥0(≤0)对∀x∈(a，b)恒成立，不能漏掉“＝”，且
需验证“＝”不能恒成立；已知可导函数 f(x)的单调递增(减)区间为(a，b)，则 f′(x)>0(<0)的解集为(a，b).
8.f′(x)＝0 的解不一定是函数 f(x)的极值点.一定要检验在 x＝x0 的两侧 f′(x)的符号是否发生变化，若变化， 则为极值点；若不变化，则不是极值点.
不等式
Ⅲ卷 利用导数研究函 利用导数研究 利用导数研究函 利用导数研究函数
数的单调性，最 函数的极值，证 数的单调性，恒 的极值，最值
值
明不等式
成立问题
----------------------- -- ------ 导图助思 快速切入------------------------------[思维流程]——函数与导数问题重在“转”与“分”
-------------------------------知识整合 易错题示------------------------------知识整合
1.导数的几何意义 (1)f′(x0)的几何意义：曲线 y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，该切线的方程为 y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0). (2)切点的两大特征：①在曲线 y＝f(x)上；②在切线上. 2.利用导数研究函数的单调性 (1)求可导函数单调区间的一般步骤 ①求函数 f(x)的定义域； ②求导函数 f′(x)； ③由 f′(x)>0 的解集确定函数 f(x)的单调增区间，由 f′(x)<0 的解集确定函数 f(x)的单调减区间. (2)由函数的单调性求参数的取值范围 ①若可导函数 f(x)在区间 M 上单调递增，则 f′(x)≥0(x∈M)恒成立；若可导函数 f(x)在区间 M 上单调递减， 则 f′(x)≤0(x∈M)恒成立；

2020年高考数学命题研究及一轮复习备考策略讲座

2020年高考数学命题研究及一轮复习备考策略讲座

(一)教育部考试中心：2019年高考数学试题评析！ 尽管全国人民”吐槽” 2019年高考数学试题,但是官方的评析
才是我们必须关注的重点。
2019年高考数学命题以全国教育大会精神为指引，认真贯彻 “五育并举”教育方针，突出数学学科特色，着重考查考生的理 性思维能力以及综合运用数学思维方法分析问题、解决问题的能 力。
3. 坚持凸显能力立意，强化对以思维能力为核心的数学 学科能力的全面考查，把数学学科的学科素养考出来；
4. 坚持突出数学思想方法，强化对数学思想的领悟水平 的考查， 把数学学科的思维品质考出来；
5. 坚持理论联系实际，强化对应用意识和创新意识的考 查， 把数学的文化价值考出来；
6. 坚持缩小文理科试题差异，强化对考生学习潜能水平 的考查，把高考评析
提 要：
一、 2018年全国高考Ⅲ卷评析
2018年高考数学试题(3)的评析
2018年试题的六大特点
1. 坚持导向数学教学，强化对数学双基和通性通法的考 查，把数学高考的育人功能考出来 ；
2. 坚持立足四大主线 ，强化对中学数学的主干知识的考 查，把数学学科的学科本质考出来；
概 率 统 计 2+1 22分（17） 1+1 17分 （17）
立 体 几 何 2+1 22分（17） 2+1 22分（22）
解 析 几 何 2+1 22分（22） 3+1 27分（22）
合
计 15+5 135分
14+5 130分
（ 12+5 120分） （ 12+5 120分 )
提 要：
二、 2019年全国高考Ⅲ卷评析
一、任务及目标
针对高三学生学习的实际，为了能做到有计划、有步骤、有效 率地完成高三数学学科教学复习工作，正确把握整个复习工作的节 奏，首先应该明确不同阶段的复习任务及其目标，做到针对性强， 使各方面工作的具体要求落实到位。

高中三年级高数难点突破技巧

高中三年级高数难点突破技巧

高中三年级高数难点突破技巧在高中三年级的高数学习中，难点往往像是一座座高山，屹立在知识的道路上。

然而，只要掌握了突破这些难点的技巧，成功登顶并非遥不可及。

首先，微积分的核心在于理解概念而非死记公式。

试着将极限、导数和积分视作数学中的“语言”，它们描述了事物变化的“声音”。

掌握它们的语法规则和应用场景至关重要。

面对极限问题，可以把它们当作是数学世界中的“无限接近”游戏，通过画图和实际应用来直观感受其变化趋势，这样可以帮助理解抽象的理论。

其次，解决导数难题时，要注意从“变化的角度”来分析问题。

导数不仅是变化率的量化，更是函数行为的细腻描绘。

练习时，将不同函数的导数图像进行比较，理解不同函数在不同点的切线斜率如何变化，这种视觉上的比较有助于理清复杂的概念。

积分问题同样需要深刻理解。

将其看作是“累计变化量”的过程，学习如何将小的变化累加起来形成整体。

实际问题中的应用，像是面积、体积等，都可以通过积分来求解。

通过实际的应用题，逐步理解积分的直观意义，避免单纯的公式记忆。

在数学证明和解题技巧方面，建立良好的逻辑思维至关重要。

证明过程中，理清每一步的逻辑关系，构建严谨的推理链条。

解决问题时，可以尝试将复杂问题分解成若干简单的子问题，逐步解决，每一步都要确保逻辑清晰，避免遗漏。

与同学讨论、参加辅导班和做大量习题也是不可或缺的。

通过与他人交流，可以获得不同的解题思路和方法，而大量练习则有助于巩固知识，提高解题能力。

在做题过程中，适时总结错题，分析错误原因，并加以改进，这样才能不断提高。

最后，保持积极的学习态度和足够的耐心是突破难点的关键。

在遇到困难时，不要灰心丧气，要学会调整心态，以积极的态度面对挑战。

相信每一座山峰的背后，都有通向成功的道路。

通过理解这些关键点并付诸实践，高数中的难点将不再是不可逾越的障碍。

最终，你会发现，曾经艰难的难题，已成为通向数学顶峰的坚实阶梯。

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《函数与导数》之难点突破
（一）、导数运算——正用、逆用与变用
f (x) f (x) 0 F(x) ex f (x)
2 f (x) f (x) 0
F(x) e2x f (x)
2 f (x) x f (x) 0 F(x) x f (x)
《函数与导数》之难点突破
单调性与导数（概念）
单调性定义
导数的概念
f (x2 ) f (x1) x2 x1
>0
lim f (x x) f (x) f (x) >0
x0
x
《函数与导数》之难点突破
极值点与导数值为零（几何解释）
对可导函数而言
极值点 x0
f (x0 ) 0
反例： f (x) x3 f (x) x 操作确认，邻域认知
（二）、导数的几何意义--曲线的切线
已知直线 y kx(k 0) 与函数 f (x) 2sin(x ) 的图象有且仅有两
6
个公共点，其横坐标分别为 ， ，且 ，则下列结论中正确
asin A C bsin A ． 2
（1）求 B；
（2）若△ABC 为锐角三角形，且 c 1，求△ABC 面积的取值范围．
——直观想象 ——逻辑推理 ——数学运算
四新改革背景下高考新变化
已知 f (x) 2x3 ax2 b ． （1）讨论 f (x) 的单调性； （2）是否存在 a，b，使得 f (x) 在区间[0,1] 的最小值为－1 且最大值
图1
图2
四新改革背景下高考新变化
——发现问题 ——分析问题 ——解决问题
四新改革背景下高考新变化
能力立意——学科素养
去应试化表现
题海战术 解题模式 重结果轻过程 重解题轻概念
强调本源 数学地思考 立德树人的具体体现
四新改革背景下高考新变化
数学教师的教学观 ——教数学而不是教数学知识，着眼数学素养的 提高（人的发展）
一、“四新”改革背景下 高考新变化
二、《函数与导数》 专题之难点突破
三、几点体会与感悟
四新改革背景下高考新变化
“四新” 新课程、新课标、新教材、新高考
四新改革背景下高考新变化
关于2019年全国卷试题的认识
四新改革背景下高考新变化
新高考背景下高考数学命题的 新考向、新要求、新变化
能力立意——学科素养
23
《函数与导数》之难点突破
概念——展现学科本质
——知识的产生与来源、问题的本质与规律、学科 的思想与方法、知识的关联与结构、知识的应用与 价值
《函数与导数》之难点突破
成都市高2019届第三次诊断性考试试题
12．已知函数
f
(
x)

sin
(
x
1) 2
,1

x

3
.若函数
f (x) 的极大值点从小到大依次记
为 1？若存在，求出 a，b 的所有值；若不存在，说明理由．
四新改革背景下高考新变化
中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代装之~，印信的形状多为长方体，正方体或圆 柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图 1)．半正多面体是由两 种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图 2 是一个棱 数为 48 的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为 1．则 该半正多面体共有______个面，其棱长为_______．（本题第一空 2 分，第二空 3 分.)
《函数与导数》之难点突破
割线的斜率
f (x x) f (x) x
切线的斜率 lim f (x x) f (x) f (x) f (x2 ) f (x1)
x0
x
x2 x1
几何意义
导数概念
单调性
切线概念
函数极值
《函数与导数》之难点突破
单调性与导数（概念）
《函数与导数》之难点突破
（1）分别写出 M1 ， M 2 ， M3 的极坐 标方程；
（2）曲线 M 由 M1 ， M2 ， M3 构成，若点 P 在 M 上，且 | OP | 3 ，求 P 的极坐标．
四新改革背景下高考新变化
为什么不是 参普互化？ 为什么不是 极直互化？
四新改革背景下高考新变化
设函数 f (x) sin(x )( 0) ，已知 f (x) 在[0，2] 有且仅有 5 个零点，下列四个结论：
二、难点聚焦——应用
导数的应用中的难点问题及解决策略
《函数与导数》之难点突破
（一）、导数运算——正用、逆用与变用
2017 年全国卷二
11. 若 x 2是函数 f (x) (x2 ax 1)ex1`的极值点，则 f (x) 的极小值为（ ）
A. 1
B. 2e3
C. 5e3
D.1
四新改革背景下高考新变化
如图，在极坐标系 Ox 中， A(2,0) ， B( 2, ) ， C( 2, ) ， D(2, ) ，
4
4
弧 AB ， BC ， CD 所在圆的圆心分别
是
(1,
0)
，
(1,
) 2
，
(1,
)
，曲线
M1
是弧
AB ，曲线 M2 是弧 BC ，曲线 M3 是弧
CD ．
2 f (x 2),3 x 100
为 a1, a2, , an ，并记相应的极大值为 b1,b2, ,bn ，则 n (ai bi ) 的值为
i 1
（A） 250 2449
（B） 250 2549
（C） 249 2449
（D） 249 2549
《函数与导数》之难点突破
5 ① f (x) 在 (0，2) 有且仅有 3 个极大值点 ② f (x) 在 (0，2) 有且仅有 2 个极小值点 ③ f (x) 在 (0， ) 单调递增
10 ④ 在取值范围是[12，29)
5 10
——逻辑推理 ——直观想象
四新改革背景下高考新变化
△ ABC 的 内 角 A ， B ， C 的 对 边 分 别 为 a ， b ， c ， 已 知
学科知识Biblioteka 学科能力学科素养一、“四新”改革背景下 高考新变化
二、《函数与导数》专题 之难点突破
三、几点体会与感悟
《函数与导数》之难点突破
难点突破 策略方法 难点 思想渗透
聚焦 难点拆分 微点过关
《函数与导数》之难点突破
概念
概念
难点 聚焦
应用
应用
《函数与导数》之难点突破
一、难点聚焦——概念
导数概念与单调性、极值
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