【数学】2019届一轮复习全国通用版必考题讲座（一）导数及其应用学案 11页

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 2017·全国卷Ⅰ， 21 2017·全国卷Ⅱ， 21 2017·全国卷Ⅲ， 21 2017·天津卷， 19 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. 分值：12～14 分 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. 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)＝f(x)－g(x) 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Error!所以Error! 解得Error!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)·e x＋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＝－e 2，则 f′(x)＝(x－1)(ex－e)≥0. 所以 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若 a>－e 2，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<－e 2，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 ba 2(b－2)＋a(b－1)2＝a(b2－3 2b)>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≥－e 2，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<－e 2，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)＝1 x－ e ex，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－1 x＝2ax2－1 x (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＝ 1 2a ， 当 x∈(0， 1 2a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当 x∈( 1 2a ，＋∞ )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)＝1 x－ 1 ex－1>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 f( 1 2a )0， 所以此时 f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立． 当 a≥1 2时，令 h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)． 当 x>1 时，h′(x)＝2ax－1 x＋1 x2－e1－x>x－1 x＋1 x2－1 x＝x3－2x＋1 x2 >x2－2x＋1 x2 >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 2，＋∞). 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[0，π 2 ]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∈(0，π 2 )时，h′(x)<0， 所以 h(x)在区间[0，π 2 ]上单调递减． 所以对任意 x∈(0，π 2 ]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Error!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(－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． (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 (－a 2 )时，f(x)取得最小值， 最小值为 f(ln(－a 2 ))＝a2 [ 3 4－ln(－a 2 )]. 从而当且仅当 a2 [ 3 4－ln(－a 2 )]≥0， 即 a≥－2e 3 4时，f(x)≥0. 综上，a 的取值范围是[－2e3 4，1]. 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)＝4 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)＝2a x －2x＝ －2(x2－a) x ，x>0. 令 f′(x)＝0，由 a>0，解得 x1＝ a，x2＝－ a(舍去)． 当 x 在(0，＋∞)上变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表. x (0， a) a ( a，＋∞) 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( a)＝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＝－2 3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Error!解得Error! 经检验，适合条件，所以 a＝－1 2，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＝－2 3或 x＝1. 因为 x∈[－1,2]，所以当 x∈(－1，－2 3)和 x∈(1,2)时，f′(x)>0，函数 f(x)是增函数， 当 x∈(－2 3，1)时，函数 f(x)是减函数， 函数的极大值为 f(－2 3 )＝c＋22 27，极小值为 f(1)＝－3 2＋c， 而 f(2)＝2＋c>c＋22 27，f(－1)＝1 2＋c>－3 2＋c. 所以当 x∈[－1,2]时，要使两函数图象有三个交点，则要有 c＋ 1 2≤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1 2， 作出两函数的大致图象，如图所示， 由图可知，当 a>1 2时，两函数图象无交点，g(x)无零点； 当 a≤0 或 a＝1 2时，两函数图象有一个交点，g(x)有一个零点； 当 00)， 则 g′(x)＝a( 1 x－1 x2 ). 令 g′(x)>0，即 a( 1 x－1 x2 )>0，解得 x>1， 令 g′(x)<0，解得 0x－1 ln x . 令 h(x)＝x－1 ln x ， 则 h′(x)＝ ln x－1＋1 x (ln x)2 . 由(2)知，当 x∈(1，e)时，ln x－1＋1 x>0， ∴h′(x)>0，即 h(x)在(1，e)上单调递增， ∴h(x)0；当 x∈(－ 1＋ 2，＋∞)时，f′(x)<0. 所以 f(x)在(－∞，－1－ 2)，(－1＋ 2，＋∞)上单调递减， 在(－1－ 2，－1＋ 2)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－x 2)，取 x 0 ＝ 5－4a－1 2 ，则 x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故 f(x0)>ax0＋1. 当 a≤0 时，取 x0＝ 5－1 2 ，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－a－1 x －aln x，其中 a∈R. (1)求函数 f(x)的极大值点； (2)当 a∈(－∞，1＋1 e]∪[1＋e，＋∞)时，若在[ 1 e，e ]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＋a－1 x2 －a x＝x2－ax＋(a－1) x2 ＝ (x－1)[x－(a－1)] x2 ，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[ 1 e，e ]上至少存在一点 x0，使得 f(x0)>e－1 成立等价于当 x∈[ 1 e，e ]时，f(x)max>e－ 1. 由(1)知，当 a≤1＋1 e时， 函数 f(x)在[ 1 e，1 )上单调递减，在(1，e]上单调递增， ∴f(x)max＝max{f( 1 e )，f(e)}， ∴要使 f(x)max>e－1 成立，必须使 f( 1 e )>e－1 成立或 f(e)>e－1 成立， 由 f( 1 e )＝1 e－(a－1)e＋a>e－1，得 ae－1，得 a<1， ∵e＋1 e2－e<1，∴a<1. 当 a≥1＋e 时，函数 f(x)在[ 1 e，1 )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)．