【数学】2019届一轮复习人教B版第3章导数及其应用专题探究课1学案 14页

高考导航 1.函数与导数作为高中数学的核心内容，是历年高考的重点、热点，试题主要以解答题的形式命题，能力要求高，属于压轴题目；2.高考中函数与导数常涉及的问题主要有：(1)研究函数的性质(如单调性、极值、最值)；(2)研究函数的零点(方程的根)、曲线的交点；(3)利用导数求解不等式问题(证明不等式、不等式的恒成立或能成立求参数的范围).‎ 热点一 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、重点.本热点主要有三种考查方式：(1)讨论函数的单调性或求单调区间；(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.‎ ‎【例1】 (2015·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x).‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求实数a的取值范围.‎ 解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.‎ 若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.‎ 若a＞0，则当x∈时，f′(x)＞0；‎ 当x∈时，f′(x)＜0，‎ 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减.‎ 综上，知当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ 当a＞0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.‎ ‎(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；‎ 当a＞0时，f(x)在x＝处取得最大值，最大值为f ＝ln ＋a＝－ln a＋a－1.‎ 因此f ＞2a－2等价于ln a＋a－1＜0.‎ 令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，‎ g(1)＝0.‎ 于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；当a＞1时，g(a)＞0.‎ 因此，实数a的取值范围是(0，1).‎ 探究提高 (1)判断函数的单调性，求函数的单调区间、极值等问题，最终归结到判断f′(x)的符号问题上，而f′(x)>0或f′(x)<0，最终可转化为一个一元一次不等式或一元二次不等式问题.‎ ‎(2)若已知f(x)的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题求解.‎ ‎【训练1】 设f(x)＝－x3＋x2＋2ax.‎ ‎(1)若f(x)在上存在单调递增区间，求a的取值范围；‎ ‎(2)当0＜a＜2时，f(x)在[1，4]上的最小值为－，求f(x)在该区间上的最大值.‎ 解 (1)f′(x)＝－x2＋x＋2a，‎ 由题意得，f′(x)>0在上有解，‎ 只需f′>0，即＋2a＞0，‎ 得a＞－.‎ 所以，当a＞－时，f(x)在上存在单调递增区间.‎ ‎(2)已知0＜a＜2，f(x)在[1，4]上取到最小值－，而f′(x)＝－x2＋x＋2a 的图象开口向下，且对称轴x＝，∴f′(1)＝－1＋1＋2a＝2a＞0，f′(4)＝－16＋4＋2a＝2a－12＜0，则必有一点x0∈[1，4]，使得f′(x0)＝0，此时函数f(x)在[1，x0]上单调递增，在[x0，4]上单调递减，‎ f(1)＝－＋＋2a＝＋2a＞0，‎ ‎∴f(4)＝－×64＋×16＋8a＝－＋8a＝－⇒a＝1.‎ 此时，由f′(x0)＝－x＋x0＋2＝0⇒x0＝2或－1(舍去)，所以函数f(x)max＝f(2)＝.‎ 热点二 利用导数解决不等式问题(教材VS高考)‎ 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.归纳起来常见的命题角度有：(1)证明不等式；(2)求解不等式；(3)不等式恒(能)成立求参数.‎ 命题角度1 证明不等式 ‎【例2－1】 (满分12分)(2017·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)当a<0时，证明f(x)≤－－2.‎ 教材探源 本题第(2)问的实质是证明ln＋＋1≤0，是不等式x－1≥ln x的变形，源于教材选修2－2 P32习题B1，是在教材基本框架ex>1＋x与x≥1＋‎ ln x基础上，结合函数性质，编制的优美试题，2016年全国Ⅲ卷T21，2017年全国Ⅲ卷T21有异曲同工之处.‎ 满分解答 (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.‎ ‎1分 (得分点1)‎ 若a≥0时，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，‎ 故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，2分 (得分点2)‎ 若a<0时，则当x∈时，f′(x)>0；‎ 当x∈时，f′(x)<0.‎ 故f(x)在上单调递增，在上单调递减.5分 (得分点3)‎ ‎(2)证明 由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f ＝ln－1－，‎ 所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，‎ 即ln＋＋1≤0，8分 (得分点4)‎ 设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝－1.‎ 当x∈(0，1)时，g′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.‎ 所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.‎ 故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.‎ ‎10分 (得分点5)‎ 所以当x>0时，g(x)≤0，‎ 从而当a<0时，ln＋＋1≤0，‎ 故f(x)≤－－2.12分 (得分点6)‎ ‎ ‎ ‎❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分，如第(1)问中，求导正确，分类讨论；第(2)问中利用单调性求g(x)的最小值和不等式性质的运用.‎ ‎❷得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中，求出f(x)的定义域，f′(x)在(0，＋∞)上单调性的判断；第(2)问，f(x)在x＝－处最值的判定，f(x)≤－－2等价转化为ln＋＋1≤0等.‎ ‎❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(1)问中，求导f′(x)准确，否则全盘皆输，第(2)问中，准确计算f(x)在x＝－处的最大值.‎ 第一步：求函数f(x)的导函数f′(x)；‎ 第二步：分类讨论f(x)的单调性；‎ 第三步：利用单调性，求f(x)的最大值；‎ 第四步：根据要证的不等式的结构特点，构造函数g(x)；‎ 第五步：求g(x)的最大值，得出要证的不等式；‎ 第六步：反思回顾，查看关键点、易错点和解题规范.‎ 命题角度2 已知不等式恒(能)成立，求参数的取值范围 ‎【例2－2】 (2017·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝x－1－aln x.‎ ‎(1)若f(x)≥0，求a的值；‎ ‎(2)设m为整数，且对于任意正整数n，·…·0，由f′(x)＝1－＝知，‎ 当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0；‎ 所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增，‎ 故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点.‎ 因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)min＝f(1)＝0，‎ 故a＝1.‎ ‎(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0，‎ 令x＝1＋，得ln<.‎ 从而ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋＝1－<1.‎ 故·…··＝>2，‎ ‎∴当n≥3时，·…·∈(2，e)，‎ 由于·…·0.‎ 从而f′(x)<0，f(x)在R上单调递减.‎ ‎②当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝－ln a.‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，－ln a)‎ ‎－ln a ‎(－ln a，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极小值  综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；‎ 当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减；‎ 在(－ln a，＋∞)上单调递增.‎ ‎(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点.‎ ‎(ⅱ)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.‎ ‎①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点；‎ ‎②当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a>0，‎ 即f(－ln a)>0，故f(x)没有零点；‎ ‎③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(ae n0＋a－2)－n0>e n0－n0>2 n0－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).‎ 探究提高 用导数研究函数的零点，一是用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；二是将零点问题转化为函数图象的交点问题，结合函数的极值利用数形结合来解决.‎ ‎【训练3】 设函数f(x)＝－kln x，k>0.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间和极值；‎ ‎(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点.‎ ‎(1)解 由f(x)＝－kln x(k>0)，‎ 得x>0且f′(x)＝x－＝.‎ 由f′(x)＝0，解得x＝(负值舍去).‎ f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：‎ x ‎(0，)‎ ‎(，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎   所以f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞).‎ f(x)在x＝处取得极小值f()＝.‎ ‎(2)证明 由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.‎ 因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e.‎ 当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点.‎ 当k>e时，f(x)在区间(0，)上单调递减，且f(1)＝>0，f()＝<0，‎ 所以f(x)在区间(1，]上仅有一个零点.‎ 综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点.‎ ‎1.(2018·咸阳调研)已知函数f(x)＝x2－ln x－ax，a∈R.‎ ‎(1)当a＝1时，求f(x)的最小值；‎ ‎(2)若f(x)>x，求a的取值范围.‎ 解 (1)当a＝1时，f(x)＝x2－ln x－x，‎ f′(x)＝(x>0).‎ 当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.‎ 所以f(x)的最小值为f(1)＝0.‎ ‎(2)由f(x)>x，x∈(0，＋∞)，‎ 得f(x)－x＝x2－ln x－(a＋1)x>0.‎ 由于x>0，所以f(x)>x等价于x－>a＋1.‎ 令g(x)＝x－，则g′(x)＝.‎ 当x∈(0，1)时，g′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0.故g(x)有最小值g(1)＝1.‎ 故a＋1<1，a<0，即a的取值范围是(－∞，0).‎ ‎2.(2017·浙江卷)已知函数f(x)＝(x－)e－x.‎ ‎(1)求f(x)的导函数；‎ ‎(2)求f(x)在区间上的取值范围.‎ 解 (1)f′(x)＝(x－)′e－x＋(x－)(e－x)′‎ ‎＝e－x－(x－)e－x ‎＝e－x ‎＝.‎ ‎(2)令f′(x)＝＝0，‎ 解得x＝1或.‎ 当x变化时，f(x)，f′(x)的变化如下表：‎ X ‎1‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎ e－  ‎0‎  e－  又f＝e－，f(1)＝0，f＝e－，‎ f(x)＝(－1)2e－x≥0，‎ 则f(x)在区间上的最大值为e－.‎ 最小值为0.‎ 综上，f(x)在区间上的取值范围是.‎ ‎3.设f(x)＝ex(ln x－a)(e是自然对数的底数，e＝2.71 828…).‎ ‎(1)若y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝2ex＋b，求a，b的值；‎ ‎(2)若函数f(x)在区间上单调递减，求实数a的取值范围.‎ 解 (1)因为f′(x)＝ex(ln x－a)＋ex·＝ex，‎ 所以由题意，得f′(1)＝e(1－a)＝2e，‎ 解得a＝－1.‎ 所以f(1)＝e(ln 1－a)＝e，‎ 由切点(1，e)在切线y＝2ex＋b上，‎ 得e＝2e＋b，b＝－e，故a＝－1，b＝－e.‎ ‎(2)由题意可得f′(x)＝‎ ex≤0在上恒成立.‎ 因为ex>0，‎ 所以只需ln x＋－a≤0，‎ 即a≥ln x＋在上恒成立.‎ 令g(x)＝ln x＋，‎ 因为g′(x)＝－＝，由g′(x)＝0，得x＝1.‎ 当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下：‎ x ‎1‎ ‎(1，e)‎ g′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ g(x)‎  极小值  g＝ln＋e＝e－1，g(e)＝1＋，‎ 因为e－1>1＋，‎ 所以g(x)max＝g＝e－1，所以a≥e－1.‎ 故实数a的取值范围是[e－1，＋∞).‎ ‎4.(2018·衡水中学质检)已知函数f(x)＝.‎ ‎(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；‎ ‎(2)若a＝0，x0<1，设直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在x＝x0处的切线，求证：f(x)≤g(x).‎ ‎(1)解 易知f′(x)＝－，‎ 由已知得f′(x)≥0对x∈(－∞，2)恒成立，‎ 故x≤1－a对x∈(－∞，2)恒成立，‎ ‎∴1－a≥2，∴a≤－1.‎ 故实数a的取值范围为(－∞，－1].‎ ‎(2)证明 a＝0，则f(x)＝.‎ 函数f(x)的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0).‎ 令h(x)＝f(x)－g(x)‎ ‎＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，‎ 则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝－ ‎＝.‎ 设φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)ex，x∈R，‎ 则φ′(x)＝－ex0－(1－x0)ex，‎ ‎∵x0<1，∴φ′(x)<0，‎ ‎∴φ(x)在R上单调递减，而φ(x0)＝0，‎ ‎∴当x0，当x>x0时，φ(x)<0，‎ ‎∴当x0，当x>x0时，h′(x)<0，‎ ‎∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，∴x∈R时，h(x)≤h(x0)＝0，‎ ‎∴f(x)≤g(x).‎ ‎5.已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数.‎ ‎(1)当a＝－1时，求f(x)的单调递增区间；‎ ‎(2)当0<－0}，‎ 当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x(x>0)，f′(x)＝(x>0)；‎ 当00；当x>1时，f′(x)<0.‎ 所以f(x)的单调递增区间为(0，1).‎ ‎(2)因为f′(x)＝a＋(x>0)，令f′(x)＝0，解得x＝－；‎ 由f′(x)>0，解得00；‎ 当x>e时，g′(x)<0.‎ 从而g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.‎ 所以g(x)max＝g(e)＝＋<1，‎ 所以，|f(x)|>g(x)，即|f(x)|>＋，‎ 所以，方程|f(x)|＝＋没有实数根.‎ ‎6.已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋(a∈R).‎ ‎(1)当a＝1时，求f(x)的图象在x＝0处的切线方程；‎ ‎(2)当a<0时，求f(x)的极值；‎ ‎(3)求证：ln(n＋1)>＋＋…＋(n∈N＋).‎ ‎(1)解 当a＝1时，f(x)＝ln(x＋1)＋，‎ ‎∴f′(x)＝＋＝.‎ ‎∵f(0)＝0，f′(0)＝2，‎ ‎∴所求切线方程为y＝2x.‎ ‎(2)解 f(x)＝ln(x＋1)＋(x>－1)，f′(x)＝，‎ ‎∵a<0，∴当x∈(－1，－a－1)时，f′(x)<0；‎ 当x∈(－a－1，＋∞)时，f′(x)>0，‎ 函数f(x)的极小值为f(－a－1)＝a＋1＋ln(－a)，无极大值.‎ ‎(3)证明 由(2)知，取a＝－1，f(x)＝ln(x＋1)－≥f(0)＝0.‎ 当x>0时，ln(x＋1)>，取x＝，‎ 得ln>＝>.‎ ‎∴ln＋ln＋…＋ln>＋＋…＋⇔ln>＋＋…＋，‎ 即ln(n＋1)>＋＋…＋.‎