2020届高考数学一轮复习新课改省份专用学案：第三章第二节第3课时题型研究——“函数与导数”大题常考的3类题型Word版含解析【KS5U高考】.doc

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1、第1课时题型研究“函数与导数”大题常考的3类题型利用导数研究函数的单调性利用导数研究函数的单调性是高考的热点和重点，一般为解答题的第一问，若不含参数，难度一般，若含参数，则较难常见的考法有：(1)求函数的单调区间(2)讨论函数的单调性(3)由函数的单调性求参数考法一求函数的单调区间例1(2018湘东五校联考节选)已知函数f(x)(ln xk1)x(kR)当x1时，求f(x)的单调区间解f(x)xln xk1ln xk，当k0时，因为x1，所以f(x)ln xk0，所以函数f(x)的单调递增区间是(1，)，无单调递减区间当k0时，令ln xk0，解得xek，当1xek时，f(x)ek时，f(x)

2、0.所以函数f(x)的单调递减区间是(1，ek)，单调递增区间是(ek，)综上所述，当k0时，函数f(x)的单调递增区间是(1，)，无单调递减区间；当k0时，函数f(x)的单调递减区间是(1，ek)，单调递增区间是(ek，)方法技巧利用导数求函数单调区间的方法(1)当导函数不等式可解时，解不等式f(x)0或f(x)0，所以2xa0，令f(x)0得x0时，若e，即0a0，当x时，f(x)0，所以f(x)的单调递减区间为；若e，即a2e，当x(0，)时，f(x)0恒成立，f(x)没有单调递减区间；若e，即a2e，当x(0，e)时，f(x)0，当x时，f(x)0，所以f(x)的单调递减区间为.综上所

3、述，当a0时，f(x)的单调递减区间为(0，e)；当0a2e时，f(x)的单调递减区间为.考法二讨论函数的单调性 例2已知函数f(x)ln x(aR且a0)，讨论函数f(x)的单调性解f(x)(x0)，当a0恒成立，函数f(x)在(0，)上单调递增当a0时，由f(x)0，得x；由f(x)0，得0x，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减综上所述，当a0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减方法技巧讨论函数f(x)单调性的步骤(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导数f(x)，并求方程f(x)0的根；(3)利用f(x)0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f(x)的正负，

4、由符号确定f(x)在该区间上的单调性提醒研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论针对训练已知函数f(x)1ln xa2x2ax(aR)，讨论函数f(x)的单调性解：函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)2a2xa.若a0，则f(x)0，则当x时，f(x)0，当0x时，f(x)时，f(x)0.故f(x)在上单调递减，在上单调递增若a0，则当x时，f(x)0，当0x时，f(x)时，f(x)0.故f(x)在上单调递减，在上单调递增综上所述，当a0时，f(x)在(0，)上单调递减；当a0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增；当a0时，f(x)在上单调递减，在上单调

5、递增考法三由函数的单调性求参数例3设函数f(x)x3x2bxc，曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y1.(1)求b，c的值；(2)设函数g(x)f(x)2x，且g(x)在区间(2，1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围解(1)f(x)x2axb，由题意得即(2)由(1)知f(x)x3x21，则g(x)x2ax2，依题意，存在x(2，1)，使不等式g(x)x2ax20成立，即x(2，1)时，a0(或f(x)0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，

6、从而可求出参数的取值范围针对训练已知函数f(x)aln xx2(a1)x3.(1)当a1时，求函数f(x)的单调递减区间；(2)若函数f(x)在区间(0，)上是增函数，求实数a的取值范围解：(1)当a1时，f(x)ln xx23，定义域为(0，)，则f(x)x.由得0x1.所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1)(2)法一：因为函数f(x)在(0，)上是增函数，所以f(x)xa10在(0，)上恒成立，所以x2(a1)xa0，即(x1)(xa)0在(0，)上恒成立因为x10，所以xa0对x(0，)恒成立，所以a0，故实数a的取值范围是0，)法二：因为函数f(x)在(0，)上是增函数，所以f(x

7、)xa10在(0，)上恒成立，即x2(a1)xa0在(0，)上恒成立令g(x)x2(a1)xa，因为(a1)24a0恒成立，所以即a0，所以实数a的取值范围是0，).利用导数研究函数的零点或方程根典例(2019安徽十大名校联考)设函数f(x)exx2ax1(e为自然对数的底数)，aR.(1)证明：当a0时，f(x)x0恒成立，求a的取值范围解(1)证明：f(x)ex2xa，令g(x)f(x)，g(x)ex2.令g(x)0，解得x0，解得xln 2，f(x)在(，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单调递增，f(x)minf(ln 2)22ln 2a.当a0，f(x)的图象恒在x轴上方，f(

8、x)没有零点(2)当x0时，f(x)x0恒成立，即exx2axx10恒成立，axexx2x1，即ax1恒成立令h(x)x1(x0)，则h(x).当x0时，exx10恒成立，令h(x)0，解得0x0，解得x1，h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，h(x)minh(1)e1.a的取值范围是(，e1方法技巧利用导数研究方程根(函数零点)的技巧(1)研究方程根的情况，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；(2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置；(3)利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现 针对训练(2

9、019武汉调研)已知函数f(x)exax1(aR)(e2.718 28是自然对数的底数)(1)求f(x)的单调区间；(2)讨论g(x)f(x)在区间0,1上零点的个数解：(1)f(x)exax1，f(x)exa，当a0时，f(x)0恒成立，f(x)的单调递增区间为(，)，无单调递减区间；当a0时，令f(x)0，得x0，得xln a，f(x)的单调递减区间为(，ln a)，单调递增区间为(ln a，)(2)令g(x)0，得f(x)0或x，先考虑f(x)在区间0,1上的零点个数，当a1时，f(x)在0,1上单调递增且f(0)0，f(x)在0,1上有一个零点；当ae时，f(x)在0,1上单调递减且f

10、(0)0，f(x)在0,1上有一个零点；当1ae时，f(x)在0，ln a)上单调递减，在(ln a,1上单调递增，而f(1)ea1，当ea10，即1ae1时，f(x)在0,1上有两个零点，当ea10，即e1ae1或a2(1)时，g(x)在0,1上有两个零点；当1ae1且a2(1)时，g(x)在0,1上有三个零点利用导数研究不等式导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中、高档题常见的考法有：(1)证明不等式(2)不等式恒成立问题(3)存在型不等式成立问题考法一证明不等式例1(2018全国卷)已知函数f(x).(1)求曲线yf(x)在点(0，1)处的切线

11、方程；(2)证明：当a1时，f(x)e0.解(1)因为f(x)，所以f(0)2，f(0)1，所以曲线yf(x)在(0，1)处的切线方程是y12x，即2xy10.(2)证明：当a1时，f(x)e(x2x1ex1)ex.令g(x)x2x1ex1，则g(x)2x1ex1.当x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增所以g(x)g(1)0.因此f(x)e0.方法技巧1利用导数证明不等式f(x)g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)ming(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)f(x)g(x)，然后根据函数h(x)的

12、单调性或最值，证明h(x)0.2证明不等式时的一些常见结论(1)ln xx1，等号当且仅当x1时取到；(2)exx1，等号当且仅当x0时取到；(3)ln xx0；(4)ln(x1)x，x1，等号当且仅当x0时取到 针对训练(2018广西柳州毕业班摸底)已知函数f(x)axxln x在xe2(e为自然对数的底数)处取得极小值(1)求实数a的值；(2)当x1时，求证：f(x)3(x1)解：(1)因为f(x)axxln x，所以f(x)aln x1，因为函数f(x)在xe2处取得极小值，所以f(e2)0，即aln e210，所以a1，所以f(x)ln x2.当f(x)0时，xe2；当f(x)0时，0

13、x0)g(x)ln x1，由g(x)0，得xe.由g(x)0，得xe；由g(x)0，得0x0.于是在(1，)上，都有g(x)g(e)0，所以f(x)3(x1)考法二不等式恒成立问题例2(2019安徽江淮十校联考)已知函数f(x)xln x(x0)(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若对任意x(0，)，f(x)恒成立，求实数m的最大值解(1)由题意知f(x)ln x1，令f(x)0，得x，令f(x)0，得0x0)，则g(x)，由g(x)0x1，由g(x)00x0，0或a0，0)求解针对训练设函数f(x)x24x2，g(x)2ex(x1)，若x2时，f(x)kg(x)，求k的取值范围解：令F(

14、x)kg(x)f(x)2kex(x1)x24x2.F(0)2k20k1，F(2)2ke220ke2，所以1ke2.由F(x)2(x2)(kex1)0x12，x2ln k2.当ke2时，F(x)2(x2)(ex21)0，所以F(x)在2，)递增，所以F(x)F(2)0.当1kg(x)对xI能成立I与f(x)g(x)的解集的交集不是空集f(x)g(x)max0(xI)(2)对x1D1，x2D2使得f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min，f(x)的定义域为D1，g(x)的定义域为D2.例3(2019云南统考)已知函数f(x)ax(a0)(1)若函数f(x)在(1，)上是减函数，求实数a的最

15、小值；(2)若x1，x2e，e2，使f(x1)f(x2)a成立，求实数a的取值范围解(1)因为f(x)在(1，)上为减函数，所以f(x)a0在(1，)上恒成立所以当x(1，)时，f(x)max0.又f(x)a2a，故当，即xe2时，f(x)maxa，所以a0，故a，所以a的最小值为.(2)“若x1，x2e，e2，使f(x1)f(x2)a成立”等价于当xe，e2时，有f(x)minf(x)maxa，当xe，e2时，有f(x)maxa，问题等价于：“当xe，e2时，有f(x)min”当a时，f(x)在e，e2上为减函数，则f(x)minf(e2)ae2，故a.当0a时，由于f(x)2a在e，e2上

16、为增函数，故f(x)的值域为f(e)，f(e2)，即.由f(x)的单调性和值域知，存在唯一x0(e，e2)，使f(x0)0，且满足：当x(e，x0)时，f(x)0，f(x)为增函数所以f(x)minf(x0)ax0，x0(e，e2)，所以a，与0a1，当x(1，x0)时，恒有f(x)2xk(x1)成立，求k的取值范围解：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，)f(x)a，f(1)1a0，a1，f(x)1.令f(x)0，得0x1；令f(x)1.f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，)(2)不等式f(x)2xk(x1)可化为ln xxk(x1)令g(x)ln xxk(x1)，x1，则g(x)x1k.x1，令h(x)x2(1k)x1，h(x)的对称轴为x，当1，即k1时，易知h(x)在(1，x0)上单调递减，h(x)h(1)1k.若k1，则h(x)0，g(x)0，g(x)在(1，x0)上单调递减，g(x)g(1)0，不符合题意若1k0，必存在x0使得x(1，x0)时g(x)0，g(x)在(1，x0)上单调递增，g(x)g(1)0恒成立，符合题意当1，即kh(1)1k0，g(x)0，g(x)在(1，x0)上单调递增，g(x)g(1)0恒成立，符合题意综上，k的取值范围是(，1).