【数学】2019届一轮复习北师大版导数及其应用学案 10页

高考必考题突破讲座(一) 导数及其应用 ‎,‎ 考纲要求 考情分析 命题趋势 ‎　　函数与导数的压轴试题，在每年的高考中属于必考内容，其命题方向主要有两个：一是围绕函数的性质考查函数的单调性、极值、最值、曲线的切线等问题展开，二是围绕函数、方程与不等式关系，探索方程根的个数、不等式的证明、不等式恒成立等问题展开.‎ ‎2017·全国卷Ⅰ，21‎ ‎2017·全国卷Ⅱ，21‎ ‎2017·全国卷Ⅲ，21‎ ‎2017·山东卷，20‎ ‎　　主要是以解答题的命题方式，考查导数在探求一些不等式、函数、方程等有关综合问题的应用，难度较大.‎ 分值：14分 ‎1．利用导数研究方程的根(或函数的零点)‎ 函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可相互转化，这类问题的考查通常有两类：(1)讨论函数零点或方程根的个数；‎ ‎(2)由函数零点或方程的根求参数的取值范围；‎ ‎(3)讨论零点个数的答题模板：‎ 第一步：求函数的定义域；‎ 第二步：分类讨论函数的单调性、极值；‎ 第三步：根据零点存在性定理，结合函数图象确定各分类情况的零点个数．‎ ‎2.利用导数研究恒成立、能成立问题求参数的范围,导数在不等式中的应用是高考的热点，常见的命题角度是由不等式恒成立和不等式能成立求参数的范围问题．其转化途径：‎ ‎(1)f(x)≥a恒成立⇔f(x)min≥a；存在x使f(x)≥a成立⇔f(x)max≥a.‎ ‎(2)f(x)≤b恒成立⇔f(x)max≤b，存在x使f(x)≤b成立⇔f(x)min≤b.‎ ‎(3)f(x)>g(x)恒成立F(x)min>0.‎ ‎(4)①任意x1∈M，任意x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max；‎ ‎②任意x1∈M，存在x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min；‎ ‎③存在x1∈M，存在x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min；‎ ‎④存在x1∈M，任意x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.‎ ‎⑤如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值，或者求解其函数最值烦琐时，可采用直接构造函数的方法进行分类讨论求解．‎ ‎3.利用导数证明不等式,利用导数证明不等式，常以解答题的形式出题，突出转化思想、函数思想的考查，常见的命题角度有利用导数证明不等式和能成立(恒成立)问题．‎ ‎(1)直接将不等式转化成某个函数最值问题：若证明f(x)0)．‎ 当k＝2时，f′(x)＝－＋＝－2＋1≤1，‎ 所以函数f(x)切线斜率的最大值为1．‎ ‎(2)因为关于x的方程f(x)＝k有解，‎ 令g(x)＝f(x)－k＝＋kln x－k，‎ 则问题等价于函数g(x)存在零点，‎ 所以g′(x)＝－＋＝.‎ 当k<0时，g′(x)<0对x>0成立，‎ 函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减．‎ 而g(1)＝1－k>0，g＝－1<－1<0，‎ 所以函数g(x)在(0，＋∞)上存在零点．‎ 当k>0时，令g′(x)＝0，得x＝.‎ g′(x)，g(x)随x的变化情况如下表.‎ x g′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ g(x)‎ 单调递减 极小值 单调递增 所以g＝k－k＋kln ＝－kln k为函数g(x)的最小值．‎ 当g>0时，即00，‎ 所以函数g(x)存在零点．‎ 综上，当k<0或k≥1时，关于x的方程f(x)＝k有解．‎ ‎【例3】 已知函数f(x)＝a(x2＋1)＋ln x.‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性；‎ ‎(2)若对任意a∈(－4，－2)及x∈[1,3]，恒有ma－f(x)>a2成立，求实数m的取值集合．‎ 解析　(1)f′(x)＝2ax＋＝(x>0)．‎ ‎①若a≥0，恒有f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数；‎ ‎②若a<0，当00，∴f(x)在上是增函数；‎ ‎③若x>，f′(x)<0，∴f(x)在上是减函数．‎ 综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上增函数；当a<0时，f(x)在上增函数，f′(x)在 上是减函数．‎ ‎(2)由题意知对任意a∈(－4，－2)及x∈[1,3]时，‎ 恒有ma－f(x)>a2成立，等价于ma－a2>f(x)max.‎ 因为a∈(－4，－2)，所以<<<1．‎ 由(1)知，当a∈(－4，－2)时，f(x)在[1,3]上是减函数，‎ 所以f(x)max＝f(1)＝‎2a，所以ma－a2>‎2a，即m，‎ ‎∵＞e－1，∴m>；‎ ‎②当m＋1≤1时，即m≤0时，h(x)在[1，e]上单调递增，∴h(x)的最小值为h(1)．‎ 由h(1)＝1＋1＋m<0可得m<－2；‎ ‎③当12，此时，h(1＋m)<0不成立．‎ 综上所述，实数m的范围是m>或m<－2.‎ ‎【例5】 斜率为k的直线与函数f(x)＝ln x的图象交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1x1>0，‎ ‎∴1)．‎ 令h(x)＝ln x－x＋1(x≥1)，则h′(x)＝－1＝(x≥1)，‎ ‎∴x>1时，h′(x)<0，∴函数g(x)在(1，＋∞)是减函数，‎ 而h(1)＝0，∴x>1时，h(x)1)，‎ 则H′(x)＝－＝(x≥1)，‎ ‎∴x>1时，H′(x)>0，∴H(x)在(1，＋∞)是增函数，‎ ‎∴x>1时，H(x)>H(1)＝0，即ln x>1－.‎ 故＋＋…＋(n∈N*)．‎ 解析　(1)f′(x)＝－a，若a≤0，则f′(x)＝－a>0，则f(x)在(0，＋∞)上是增函数，而f(1)＝1－a，f(x)≤0不成立，故a>0.‎ ‎∵当x∈时，f′(x)＝－a>0；当x∈时，f′(x)＝－a<0.∴f(x)在上是增函数，在上是减函数，∴f(x)的最大值为f＝－ln a.‎ 要使f(x)≤0恒成立，只需－ln a≤0，解得a≥1．‎ ‎(2)由(1)知，当a＝1时，有f(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，‎ ‎∴ln x＋＋…＋.‎ ‎【例7】 (2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．‎ 解析　(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，‎ f′(x)＝2ae2x＋(a－2)·ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．‎ 若a≤0，则f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递减；‎ 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.所以f(x)在(－∞，－ln a)单调递减，在(－ln a，＋∞)单调递增．‎ ‎(2)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．‎ 若a>0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，‎ 最小值为f(－ln a)＝1－＋ln a.‎ 当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点；‎ 当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a>0，‎ 即f(－ln a)>0，故f(x)没有零点；‎ 当a∈(0,1)时，1－＋ln a<0，即f(－ln a)<0.‎ 又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，‎ 故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点．‎ 设正整数n0满足n0>ln ，‎ 则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－n0>0.‎ 由于ln>－ln a，‎ 因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点．‎ 综上，a的取值范围为(0,1)．‎ ‎1．已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(2－a)x.‎ ‎(1)若函数F(x)＝f(x)＋ax2在[1，＋∞)上为减函数，求a的取值范围；‎ ‎(2)当a＝1时，g(x)＝x2－2x＋b，当x∈时，方程f(x)－g(x)＝0有两个不等的实根 ‎，求实数b的取值范围．‎ 解析　(1)F(x)＝ln x－ax2＋(2－a)x＋ax2＝ln x＋(2－a)x，‎ F′(x)＝＋2－a.‎ 则＋2－a≤0恒成立，即max＝1≤a－2，得a≥3.‎ ‎(2)ln x－x2＋x＝x2－2x＋b即b＝ln x－2x2＋3x在上有两个根，‎ ‎∴令T(x)＝ln x－2x2＋3x，‎ 则T′(x)＝－4x＋3＝－(x>0)．‎ 当0，∴T(x)在上单调递增；‎ 当10，T(2)＝ln 2－2<0，‎ 故1－ln 2≤b<1．‎ ‎2．已知函数f(x)＝(ax2＋x－1)ex(a∈R，且a为常数)．‎ ‎(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若a＝－1，f(x)的图象与g(x)＝x3＋x2＋m的图象有3个不同的交点，求实数m的取值范围．‎ 解析　(1)当a＝1时，f(x)＝(x2＋x－1)ex，‎ ‎∴f′(x)＝x(x＋3)ex.‎ 当x<－3或x>0时，f′(x)>0；‎ 当－30时，h′(0)<0，h(x)是减函数；‎ 当－10，h(x)是增函数；‎ 当x<－1时，h′(x)<0，h(x)是减函数．‎ ‎∴h(x)在x＝－1处取得极小值h(－1)＝－－－m，‎ 在x＝0处取得极大值h(0)＝－1－m.‎ 若函数f(x)，g(x)的图象有3个不同的交点，则h(x)有3个不同的零点．‎ ‎∴即 得m的取值范围为.‎ ‎3．(2018·山东烟台模拟)已知函数f(x)＝x2－ax，g(x)＝ln x，h(x)＝f(x)＋g(x)．‎ ‎(1)若函数y＝h(x)的单调减区间是，求实数a的值；‎ ‎(2)若f(x)≥g(x)对于定义域内的任意x恒成立，求实数a的取值范围．‎ 解析　(1)由题意可知，‎ h(x)＝x2－ax＋ln x(x>0)，‎ 由h′(x)＝(x>0)，‎ 若h(x)的单调减区间是，‎ 由h′(1)＝h′＝0，解得a＝3，‎ 而当a＝3时，h′(x)＝＝(x>0)．‎ 由h′(x)<0，解得x∈，即h(x)的单调减区间是，‎ ‎∴a＝3.‎ ‎(2)由题意知x2－ax≥ln x(x>0)，∴a≤x－(x>0)．‎ 令φ(x)＝x－(x>0)，则φ′(x)＝，‎ ‎∵y＝x2＋ln x－1在(0，＋∞)上是增函数，且x＝1时，y＝0.‎ ‎∴当x∈(0,1)时，φ′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，‎ 即φ(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，‎ ‎∴φ(x)min＝φ(1)＝1，故a≤1．‎ 即实数a的取值范围为(－∞，1]．‎ ‎4．已知函数f(x)＝ex－ax2(x∈R)，e＝2.718 28…为自然对数的底数．‎ ‎(1)求函数f(x)在点P(0,1)处的切线方程；‎ ‎(2)若函数f(x)为R上的单调递增函数，试求实数a的取值范围．‎ 解析　(1)由题设，得f′(x)＝ex－2ax，∴f′(0)＝1，‎ ‎∴f(x)在点P(0,1)处的切线方程为y－f(0)＝f′(0)x，即y＝x＋1．‎ ‎(2)依题意，知f′(x)＝ex－2ax≥0(x∈R)恒成立，‎ ‎①当x＝0时，有f′(x)≥0恒成立，此时a∈R.‎ ‎②当x>0时，有‎2a≤，‎ 令g(x)＝，则g′(x)＝，由g′(x)＝0，得x＝1，‎ 当x>1时，g′(x)>0；当00；当x>1时，f′(x)<0，‎ ‎∴f′(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．‎ ‎(2)证明：由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值f(1)＝0.‎ ‎∵当x≠1时，ln x0，‎ ‎∴1<g′(x0)．‎ 证明 g(x)＝ln x，g′(x)＝，g′(x0)＝＝.‎ 又k＝＝，不妨设x2>x1，‎ 要证k>g′(x0)，即证>，又因为x2>x1，‎ ‎∴即证ln >＝⇔ln x>(x>1)，‎ 令h(x)＝ln x－(x≥1)，则h′(x)＝≥0，‎ ‎∴h(x)在[1，＋∞)上增函数．‎ ‎∴h(x)>h(1)＝0，故ln x>，即k>g′(x0)．‎