高中数学复习课件-2020高考数学大二轮复习专题2函数与导数 综合大题部分

故当 x∈(x1,0)，且|x|＜min1，
|a1|时，
|a1|时，h′(x)＞0，故 x＝0
h′(x)＜0， 所以x＝0不是h(x)的极大值点．
若 6a＋1＝0，则 h′(x)＝x＋1x3xx2－ －62x4－ 122，
则当x∈(－1,0)时，h′(x)＞0；当x∈(0,1)时，h′(x)＜0. 所以x＝0是h(x)的极大值点，从而x＝0是f(x)的极大值点．
2．已知极值点(极值)求参数 已知函数f(x)的极值点求参数的取值范围的关键：对函数求导得到f′(x)，把函数 含有极值点的个数问题转化为方程f′(x)＝0含有根的个数问题，把方程f′(x)＝0中 含有的参数分离到方程的另一边，即g(x)＝a，通过构造函数，再次转化为两个函 数y＝g(x)，y＝a的图象的交点个数问题，画出图象，即可得到参数的取值范围．
∵g(x)的对称轴为 x＝－12，g(0)＝－3a<0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且存在唯一x0∈(0，＋∞)，使得g(x0)＝0. ∴当x∈(0，x0)时，g(x)<0，即f′(x)<0， f(x)在(0，x0)上单调递减；
∴当x∈(x0，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0， f(x)在(x0，＋∞)上单调递增． ∴f(x)在[1，e]上的最大值f(x)max＝max{f(1)，f(e)}．
当x＞0时，f(x)≥(2＋x)ln(1＋x)－2x＞0＝f(0)，
这与x＝0是f(x)的极大值点矛盾．
②若a＜0，
设函数 h(x)＝2＋fx＋ x ax2＝ln(1＋x)－2＋x2＋ x ax2.
由于当|x|＜min1，
|a1|时，2＋x＋ax2＞0，
故h(x)与f(x)符号相同．
又h(0)＝f(0)＝0，故x＝0是f(x)的极大值点，
①当1＋a≥e时，h(x)在[1，e]上单调递减，
所以 h(x)min＝h(e)＝e2－aee＋1＋a，
令
h(x)min<0，解得
e2＋1 a> e－1 .
②当1<1＋a<e时，h(x)在(1，a＋1)上单调递减，在(a＋1，e)上单调递增，
当且仅当x＝0是h(x)的极大值点．
h′(x)＝1＋1 x－22＋x＋ 2＋ axx2＋ －a2xx212 ＋2ax
＝x2xa＋ 2x12＋ a4xa2x＋＋x6＋a＋ 221.
若 6a＋1＞0，则当 0＜x＜－6a4＋a 1，且|x|＜min1， 不是 h(x)的极大值点．
若 6a＋1＜0，则 a2x2＋4ax＋6a＋1＝0 存在根 x1＜0，
f(1)＝4，f′(x)＝2x＋2－3x，f′(1)＝1，
∴函数f(x)的图象无论a为何值都经过定点(1,4)． (2)当a＝1时，f(x)＝(x＋1)2－3ln x.
在 x∈(0，＋∞)时，如果 f′(x)＝2x＋2－3x≥0，
则切线方程为y－4＝1×(x－1)，即y＝x＋3.
即 x∈[ 72－1，＋∞)时，函数 f(x)单调递增；
令 h(x)＝x－12ln x－12(x>0)，则 h′(x)＝1－21x＝2x2－x 1， ∴h(x)在(0，12)上单调递减，在(12，＋∞)上单调递增，∴h(x)min＝h(12)＝12ln 2， ∴m＋n 的最小值为12ln 2.
2．(单调性与极值)(2018·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝(2＋x＋ax2)ln(1＋x)－2x.
如果 f′(x)＝2x＋2－3x<0，
即 x∈(0， 72－1)时，函数 f(x)单调递减．
(3)f′(x)＝2x＋2－3xa＝2x2＋2xx－3a，x>0.
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在[1，e]上单调递增． f(x)min＝f(1)＝4，f(x)≤4不恒成立． 当a>0时，设g(x)＝2x2＋2x－3a，x>0.
当－1＜x＜0时，g′(x)＜0；当x＞0时，g′(x)＞0，故当x＞－1时，g(x)≥g(0)＝0，
且仅当x＝0时，
g(x)＝0，从而f′(x)≥0，且仅当x＝0时，f′(x)＝0.
所以f(x)在(－1，＋∞)单调递增．
又f(0)＝0，故当－1＜x＜0时，f(x)＜0；当x＞0时，f(x)＞0.
(2)①若a≥0，由(1)知，
考来自百度文库二 方程与函数零点问题
1．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝13x3－a(x2＋x＋1)．
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)只有一个零点．
解析：(1)当 a＝3 时，f(x)＝13x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3. 令 f′(x)＝0，解得 x＝3－2 3或 x＝3＋2 3. 当 x∈(－∞，3－2 3)∪(3＋2 3，＋∞)时，f′(x)＞0； 当 x∈(3－2 3，3＋2 3)时，f′(x)＜0. 故 f(x)在(－∞，3－2 3)，(3＋2 3，＋∞)单调递增，在(3－2 3，3＋2 3)单调递减．
综上，a＝－16.
1．闭区间、开区间上的最值 (1)求函数f(x)在闭区间[a，b]内的最大值和最小值的思路：若所给的闭区间[a，b]不含 有参数，则只需对函数f(x)求导，并求f′(x)＝0在区间[a，b]内的根，再计算使导数等于 零的根的函数值，把该函数值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一 个是最小值．若所给的闭区间[a，b]含有参数，则需对函数f(x)求导，通过对参数分类 讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值． (2)求函数f(x)在非闭区间内的最大值和最小值的技巧：首先求函数的定义域和f′(x)；其 次在定义域内解不等式f′(x)>0，得f(x)的递增区间，在定义域内解不等式f′(x)<0，得f(x) 的递减区间；最后数形结合，判断函数f(x)有无最大值与最小值．
∴ff1e≤ ≤44， 得(e＋1)2－3a≤4， 解得 a≥e＋132－4.
2．(存在性问题)已知函数f(x)＝x－aln x(a>0)． (1)若a＝1，求f(x)的极值；
(2)若存在 x0∈[1，e]，使得 f(x0)＋1＋ x0 a<0，求实数 a 的取值范围．
解析：(1)因为a＝1，所以f(x)＝x－ln x，x∈(0，＋∞)，
(3)当a＝0，b＝－1，方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，求正数m的值．
解析：(1)依题意，知f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当 a＝b＝12时，f(x)＝ln x－14x2－12x， f′(x)＝1x－12x－12＝－x＋22xx－1，
令f′(x)＝0，解得x＝1. 当0<x<1时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增； 当x>1时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减．
所以 f(x)的极大值为 f(1)＝－34，此即为最大值．
(2)F(x)＝ln x＋ax，x∈(0,3]， 则有 k＝F′(x0)＝x0x－20 a≤12，在 x0∈(0,3]上恒成立， 所以 a≥(－12x20＋x0)max，x0∈(0,3]， 当 x0＝1 时，－12x20＋x0 取得最大值12，所以 a≥12. (3)因为方程 2mf(x)＝x2 有唯一实数解，所以 x2－2mln x－2mx＝0 有唯一实数解，设 g(x)＝x2－2mln x－2mx，则 g′(x)＝2x2－2mx x－2m. 令 g′(x)＝0，x2－mx－m＝0.
专题2 函数与导数
综合大题部分
［考情考向分析］
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．
考点一 函数的单调性、极值、最值问题 1．(单调性与最值)(2018·南昌摸底调研)已知函数f(x)＝ln x－2mx2－n(m，n∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有最大值－ln 2，求m＋n的最小值． 解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1－1x＝x－ x 1，令 f′(x)>0，解得 x>1；
令f′(x)<0，解得0<x<1. 所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f(x)的极小值是f(1)＝1， 无极大值．
(2)存在 x0∈[1，e]，使得 f(x0)＋1＋x0a<0， 等价于[f(x)＋1＋x a]min<0(x∈[1，e]) 设 h(x)＝f(x)＋1＋x a＝x－aln x＋1＋x a(x∈[1，e])， 则 h′(x)＝x＋1xx－ 2 1－a. 令 h′(x)＝0，解得 x＝1＋a.
f′(x)＝1x－4mx＝1－4xmx2，当 m≤0 时，f′(x)>0， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当 m>0 时，令 f′(x)>0 得 0<x< 2mm，
令 f′(x)<0 得 x> 2mm， ∴f(x)在(0， 2mm)上单调递增，在(2mm，＋∞)上单调递减． (2)由(1)知，当 m>0 时，f(x)在(0，2mm)上单调递增，在(2mm，＋∞)上单调递减． ∴f(x)max＝f(2mm)＝ln 2mm－2m·41m－n＝－ln 2－12ln m－12－n＝－ln 2，∴n＝－12ln m －12， ∴m＋n＝m－12ln m－12.
考点三 导数与不等式问题 1．(恒成立问题)(2018·沈阳高考一模)已知函数f(x)＝(x＋1)2－3aln x，a∈R.
(1)求函数f(x)图象经过的定点坐标； (2)当a＝1时，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程及函数f(x)单调区间； (3)若对任意x∈[1，e]，f(x)≤4恒成立，求实数a的取值范围． 解析：(1)当x＝1时，ln 1＝0，∴f(1)＝4，
因为 m>0，x>0，所以 x1＝m－ m2 2＋4m<0(舍去)， x2＝m＋ m2 2＋4m，
当x∈(0，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上单调递减，当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)>0， g(x)在(x2，＋∞)单调递增． 当x＝x2时，g′(x2)＝0，g(x)取最小值g(x2)． 因为g(x)＝0有唯一解，所以g(x2)＝0.
所以 f(x)＝0 等价于x2＋xx3＋1－3a＝0. (设2)证g(明x)＝：x因2＋为xx3x＋2＋1－x＋3a1，＞则0，g′(x)＝x2xx2＋2＋x2＋x＋132 ≥0，
当x＝0时g′(x)＝0， 所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增． 故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．
即m＋ m2 2＋4m＝1，解得 m＝12.
判断零点个数 判断函数在某区间[a，b]((a，b))内的零点的个数时，主要思路为：一是由f(a)f(b)<0 及零点存在性定理，说明在此区间上至少有一个零点；二是求导，判断函数在区间 (a，b)上的单调性，若函数在该区间上单调递增或递减，则说明至多只有一个零 点；若函数在区间[a，b]((a，b))上不单调，则要求其最大值或最小值，借用图象法 等，判断零点个数．
又 f(3a－1)＝－6a2＋2a－13＝－6a－162－16＜0，f(3a＋1)＝13＞0，故 f(x)有一个零点．
综上，f(x)只有一个零点．
2．(2018·四川新津中学高三试题)设函数 f(x)＝ln x－12ax2－bx. (1)当 a＝b＝12时，求函数 f(x)的最大值； (2)令 F(x)＝f(x)＋12ax2＋bx＋ax(0<x≤3)，其图象上任意一点 P(x0，y0)处切线的斜 率 k≤12恒成立，求实数 a 的取值范围；
则gg′x2x＝20＝，0， 即xx2222－－2mmxl2n－xm2－＝20m. x2＝0，
所以2mln x2＋mx2－m＝0， 因为m>0，所以2ln x2＋x2－1＝0(*) 设函数h(x)＝2ln x＋x－1，因为当x>0时， h(x)是增函数，所以h(x)＝0至多有一解． 因为h(1)＝0，所以方程(*)的解为x2＝1，
(1)若a＝0，证明：当－1＜x＜0时，f(x)＜0；当x＞0时，f(x)＞0；
(2)若x＝0是f(x)的极大值点，求a.
解析：(1)证明：当 a＝0 时，f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x，f′(x)＝ln(1＋x)－1＋ x x. 设函数 g(x)＝f′(x)＝ln(1＋x)－1＋ x x， 则 g′(x)＝1＋x x2.