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  • 2021-06-23 发布

【数学】2019届一轮复习人教B版导数及其应用学案

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高考必考题突破讲座(一)‎ 导数及其应用 题型特点 考情分析 命题趋势 ‎1.极值、最值、导数几何意义及单调性的综合问题.‎ ‎2.利用导数研究不等式的综合问题.‎ ‎2017·全国卷Ⅰ,21‎ ‎2017·全国卷Ⅱ,21‎ ‎2017·全国卷Ⅲ,21‎ ‎2017·天津卷,19‎ ‎1.以函数为载体,以导数为解题工具,主要考查函数的单调性、极值、最值问题的求法,以及参数的取值范围问题.‎ ‎2.不等式的证明问题是高考考查的热点内容,常与不等式、二次函数等相联系.问题的解决通常采用构造新函数的方法.‎ 分值:12~14分 ‎1.利用导数研究函数的性质 以含参数的函数为载体,结合具体函数与导数的几何意义,研究函数的性质,是高考的热点.主要考查:(1)讨论函数的单调性和单调区间;(2)求函数的极值或最值;(3)利用函数的单调性、极值、最值,求参数的范围.‎ ‎2.利用导数研究函数的零点或曲线交点问题 导数与函数方程交汇是近年命题的热点,常转化为研究函数图象的交点问题,研究函数的极(最)值的正负.主要考查:(1)确定函数的零点、图象交点的个数;(2)由函数的零点、图象交点的情况求参数的取值范围.‎ ‎3.利用导数研究不等式问题 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.主要考查证明不等式和不等式成立(恒成立)问题.‎ ‎(1)利用导数证明不等式的方法 可以从所证不等式的结构和特点出发,结合已有的知识利用转化与化归思想,构造一个新的函数,再借助导数确定函数的单调性,利用单调性实现问题的转化,从而使不等式得到证明,其一般步骤是:构造可导函数→研究单调性或最值→得出不等关系→整理得出结论.‎ ‎(2)利用导数研究不等式恒成立问题,首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可分离变量,构造函数,‎ 直接把问题转化为函数的最值问题.‎ ‎(3)不等式成立(恒成立)问题常见的转化方法 ‎①f(x)≥a恒成立⇔f(x)min≥a,f(x)≥a成立⇔f(x)max≥a;‎ ‎②f(x)≤b恒成立⇔f(x)max≤b,f(x)≤b成立⇔f(x)min≤b;‎ ‎③f(x)>g(x)恒成立F(x)min>0;‎ ‎④∀x1∈M,∀x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max;‎ ‎⑤∀x1∈M,∃x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min;‎ ‎⑥∃x1∈M,∃x2∈B,f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min;‎ ‎⑦∃x1∈M,∀x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.‎ ‎【例1】(2017·天津卷)设a,b∈R,|a|≤1.已知函数f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=exf(x).‎ ‎(1)求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)已知函数y=g(x)和y=ex的图象在公共点(x0,y0)处有相同的切线.‎ ‎①求证:f(x)在x=x0处的导数等于0;‎ ‎②若关于x的不等式g(x)≤ex在区间[x0-1,x0+1]上恒成立,求b的取值范围.‎ 解析 (1)由f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,可得f′(x)=3x2-12x-3a(a-4)=3(x-a)[x-(4-a)].‎ 令f′(x)=0,解得x=a或x=4-a.‎ 由|a|≤1,得a<4-a.‎ 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表.‎ x ‎(-∞,a)‎ ‎(a,4-a)‎ ‎(4-a,+∞)‎ f′(x)‎ ‎+‎ ‎-‎ ‎+‎ f(x)‎ 单调递增 单调递减 单调递增 所以f(x)的单调递增区间为(-∞,a),(4-a,+∞),单调递减区间为(a,4-a).‎ ‎(2)①证明:因为g′(x)=ex[f(x)+f′(x)],‎ 由题意知所以 解得所以f(x)在x=x0处的导数等于0.‎ ‎②因为g(x)≤ex,x∈[x0-1,x0+1],且ex>0,‎ 所以f(x)≤1.‎ 又因为f(x0)=1,f′(x0)=0,‎ 所以x0为f(x)的极大值点,由(1)知x0=a.‎ 另一方面,由于|a|≤1,故a+1<4-a.‎ 由(1)知f(x)在(a-1,a)内单调递增,在(a,a+1)内单调递减,故当x0=a时,f(x)≤f(a)=1在[a-1,a+1]上恒成立,从而g(x)≤ex在[x0-1,x0+1]上恒成立.‎ 由f(a)=a3-6a2-3a(a-4)a+b=1,得 b=‎2a3-‎6a2+1,-1≤a≤1.‎ 令t(x)=2x3-6x2+1,x∈[-1,1],∴t′(x)=6x2-12x.‎ 令t′(x)=0,解得x=2(舍去)或x=0.‎ 因为t(-1)=-7,t(1)=-3,t(0)=1,‎ 所以t(x)的值域为[-7,1].所以b的取值范围是[-7,1].‎ ‎【例2】(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=(x-2)·ex+a(x-1)2.‎ ‎(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)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).‎ 设a≥0,则当x∈(-∞,1)时,f′(x)<0;‎ 当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.‎ 设a<0,由f′(x)=0,解得x=1或x=ln(-2a).‎ ‎①若a=-,则f′(x)=(x-1)(ex-e)≥0.‎ 所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.‎ ‎②若a>-,则ln(-2a)<1,‎ 故当x∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)时,f′(x)>0;‎ 当x∈(ln(-2a),1)时,f′(x)<0.‎ 所以f(x)在(-∞,ln(-2a))和(1,+∞)上单调递增,‎ 在(ln(-2a),1)上单调递减.‎ ‎③若a<-,则ln(-2a)>1,‎ 故当x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)时,f′(x)>0;‎ 当x∈(1,ln(-2a))时,f′(x)<0.‎ 所以f(x)在(-∞,1)和(ln(-2a),+∞)上单调递增,‎ 在(1,ln(-2a))上单调递减.‎ ‎(2)①设a>0,则由(1)知,f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.‎ 又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b(b-2)+a(b-1)2=a>0,‎ 所以f(x)有两个零点.‎ ‎②设a=0,则f(x)=(x-2)ex,所以f(x)只有一个零点.‎ ‎③设a<0,若a≥-,则由(1)知,‎ f(x)在(1,+∞)上单调递增.‎ 又当x≤1时,f(x)<0,故f(x)不存在两个零点;‎ 若a<-,则由(1)知,f(x)在(1,ln(-2a))上单调递减,‎ 在(ln(-2a),+∞)上单调递增,‎ 又当x≤1时,f(x)<0,故f(x)不存在两个零点.‎ 综上,a的取值范围为(0,+∞).‎ ‎【例3】设函数f(x)=ax2-a-ln x,g(x)=-,其中a∈R,e=2.718…为自然对数的底数.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)证明:当x>1时,g(x)>0;‎ ‎(3)确定a的所有可能取值,使得f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立.‎ 解析 (1)由题意得f′(x)=2ax-=(x>0).‎ 当a≤0时,f′(x)<0,f(x)在(0,+∞)内单调递减.‎ 当a>0时,由f′(x)=0,得x=,‎ 当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减;‎ 当x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增.‎ ‎(2)证明:令s(x)=ex-1-x,则s′(x)=ex-1-1.‎ 当x>1时,s′(x)>0,s(x)递增,‎ 则s(x)>s(1)=0,所以ex-1>x,‎ 从而g(x)=->0.‎ ‎(3)由(2)知,当x>1时,g(x)>0.‎ 当a≤0,x>1时,f(x)=a(x2-1)-ln x<0.‎ 故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.‎ 当01.‎ 由(1)知f0,‎ 所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.‎ 当a≥时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).‎ 当x>1时,h′(x)=2ax-+-e1-x>x-+-=>>0.‎ 因此,h(x)在区间(1,+∞)上单调递增.‎ 又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,‎ 即f(x)>g(x)恒成立.‎ 综上,a∈.‎ ‎1.(2017·北京卷)已知函数f(x)=excos x-x.‎ ‎(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;‎ ‎(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值.‎ 解析 (1)因为f(x)=excos x-x,‎ 所以f′(x)=ex(cos x-sin x)-1,‎ f′(0)=0.‎ 又因为f(0)=1,‎ 所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1.‎ ‎(2)设h(x)=ex(cos x-sin x)-1,‎ 则h′(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2exsin x.‎ 当x∈时,h′(x)<0,‎ 所以h(x)在区间上单调递减.‎ 所以对任意x∈有h(x)0.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若函数f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,求a的取值范围.‎ 解析 (1)f′(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a).‎ 由f′(x)=0,得x=-1或a(a>0).‎ 当x变化时,f′(x)与f(x)的变化情况如表所示.‎ x ‎(-∞,-1)‎ ‎-1‎ ‎(-1,a)‎ a ‎(a,+∞)‎ f′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 故函数f(x)的单调递增区间是(-∞,-1),(a,+∞);单调递减区间是(-1,a).‎ ‎(2)由(1)知f(x)在区间(-2,-1)内单调递增;在区间(-1,0)内单调递减.从而函数f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,当且仅当解得00,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.‎ 当x∈时,f′(x)<0;当x∈时,f′(x)>0.故f(x)在上单调递减,在上单调递增.‎ ‎(2)①若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)≥0.‎ ‎②若a>0,则由(1)得,当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2ln a.从而当且仅当-a2ln a≥0,即a≤1时,f(x)≥0.‎ ‎③若a<0,则由(1)得,当x=ln时,f(x)取得最小值,‎ 最小值为f=a2.‎ 从而当且仅当a2≥0,‎ 即a≥-2e时,f(x)≥0.‎ 综上,a的取值范围是.‎ 课时达标 讲座(一)‎ ‎[解密考纲]导数是研究函数的重要工具,因此,导数的应用是历年高考的重点与热点,常涉及的问题有:讨论函数的单调性(求函数的单调区间)、求极值、求最值、求切线方程、求函数的零点或方程的根、求参数的范围、证明不等式等,涉及的数学思想有:函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归思想等,中、高档难度均有.‎ ‎1.(2018·河北武邑中学月考)已知函数f(x)=2aln x-x2.‎ ‎(1)若a=2,求函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程;‎ ‎(2)若a>0,判断函数f(x)在定义域上是否存在最大值或最小值,若存在,求出函数f(x)的最大值或最小值.‎ 解析 (1)当a=2时,f(x)=4ln x-x2.‎ f′(x)=-2x,f′(1)=2,f(1)=-1,‎ ‎∴函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y+1=2(x-1),即2x-y-3=0.‎ ‎(2)f′(x)=-2x=,x>0.‎ 令f′(x)=0,由a>0,解得x1=,x2=-(舍去).‎ 当x在(0,+∞)上变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表.‎ x ‎(0,)‎ ‎(,+∞)‎ f′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ f(x)‎ 单调递增 aln a-a 单调递减 所以函数f(x)在区间(0,+∞)上有最大值,f()=aln a-a,无最小值.‎ ‎2.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,x∈[-1,2],且函数f(x)在x=1和x=-处都取得极值.‎ ‎(1)求实数a与b的值;‎ ‎(2)对任意x∈[-1,2],方程f(x)=‎2c存在三个实数根,求实数c的取值范围.‎ 解析 (1)f′(x)=3x2+2ax+b.‎ 由题意可知解得 经检验,适合条件,所以a=-,b=-2.‎ ‎(2)原题等价于函数y=f(x)与函数y=‎2c的图象存在三个交点.由(1)知f′(x)=3x2-x-2‎ ‎=(3x+2)(x-1),‎ 令(3x+2)(x-1)=0,可得x=-或x=1.‎ 因为x∈[-1,2],所以当x∈和x∈(1,2)时,f′(x)>0,函数f(x)是增函数,‎ 当x∈时,函数f(x)是减函数,‎ 函数的极大值为f=c+,极小值为f(1)=-+c,‎ 而f(2)=2+c>c+,f(-1)=+c>-+c.‎ 所以当x∈[-1,2]时,要使两函数图象有三个交点,则要有c+≤2c0,φ(x)单调递增;x∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)单调递减且φ(x)>0,‎ 所以x=1时,φ(x)有极大值,‎ 作出两函数的大致图象,如图所示,‎ 由图可知,当a>时,两函数图象无交点,g(x)无零点;‎ 当a≤0或a=时,两函数图象有一个交点,g(x)有一个零点;‎ 当00),‎ 则g′(x)=a.‎ 令g′(x)>0,即a>0,解得x>1,‎ 令g′(x)<0,解得0.‎ 令h(x)=,‎ 则h′(x)=.‎ 由(2)知,当x∈(1,e)时,ln x-1+>0,‎ ‎∴h′(x)>0,即h(x)在(1,e)上单调递增,‎ ‎∴h(x)0;当x∈(-1+,+∞)时,f′(x)<0.‎ 所以f(x)在(-∞,-1-),(-1+,+∞)上单调递减,‎ 在(-1-,-1+)上单调递增.‎ ‎(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.‎ 当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h′(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,而h(0)=1,故h(x)≤1,‎ 所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.‎ 当00(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,而g(0)=0,故ex≥x+1.‎ 当0(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.‎ 当a≤0时,取x0=,则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.‎ 综上,a的取值范围是[1,+∞).‎ ‎6.(2018·陕西铜川联考)已知f(x)=x--aln x,其中a∈R.‎ ‎(1)求函数f(x)的极大值点;‎ ‎(2)当a∈∪[1+e,+∞)时,若在上至少存在一点x0,使得f(x0)>e-1成立,求a的取值范围.‎ 解析 (1)由已知得f′(x)=1+-==,x>0,‎ 当a-1≤0,即a≤1时,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,无极大值;‎ 当01,即a>2时,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,a-1)上单调递减,在(a-1,+∞)上单调递增,故f(x)在x=1处取得极大值.‎ 综上所述,当a≤1或a=2时,f(x)无极大值;当12时,f(x)的极大值点为x=1.‎ ‎(2)在上至少存在一点x0,使得f(x0)>e-1成立等价于当x∈时,f(x)max>e-1.‎ 由(1)知,当a≤1+时,‎ 函数f(x)在上单调递减,在(1,e]上单调递增,‎ ‎∴f(x)max=max,‎ ‎∴要使f(x)max>e-1成立,必须使f>e-1成立或f(e)>e-1成立,‎ 由f=-(a-1)e+a>e-1,得a<,‎ 由f(e)=e--a>e-1,得a<1,‎ ‎∵<1,∴a<1.‎ 当a≥1+e时,函数f(x)在上单调递增,在(1,e]上单调递减,‎ ‎∴f(x)max=f(1)=2-a≤1-ee-1成立.故满足条件的a的取值范围为(-∞,1).‎

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