专题3-3+导数的综合应用（讲）-2018年高考数学（文）一轮复习讲练测 30页

‎2018年高考数学讲练测【新课标版文】【讲】第三章 导数 第03节 导数的综合应用 ‎【考纲解读】‎ 考 点 考纲内容 ‎5年统计 分析预测 ‎1.导数在研究函数中的应用 ‎①了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（对多项式函数一般不超过三次）。‎ ‎②了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（对多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（对多项式函数一般不超过三次）。‎ ‎2013·新课标I.16，21;新课标II.10，21;‎ ‎2014•新课标I.11， 21;新课标II. 8,21; ‎ ‎2015•新课标I. II.12,21;‎ ‎2016•新课标I. 7，21;II.16,21;III.15,21;‎ ‎2017•新课标I.21；II. III.11,21.‎ ‎1.以研究函数的单调性、单调区间、极值（最值）等问题为主，与不等式、函数与方程、函数的图象相结合； ‎ ‎2.单独考查利用导数研究函数的某一性质以小题呈现，综合研究函数的性质以大题呈现；‎ ‎3.适度关注生活中的优化问题.‎ ‎3.备考重点：‎ ‎ (1) 熟练掌握导数公式及导数的四则运算法则是基础；‎ ‎(2)‎ ‎ 熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值（最值）的基本方法，灵活运用数形结合思想、分类讨论思想、函数方程思想等，分析问题解决问题.‎ ‎2.生活中的优化问题 会利用导数解决某些实际问题。‎ 近5年无.‎ ‎【知识清单】‎ ‎1. 利用导数研究函数的图象与性质 函数图象的识别主要利用函数的定义域、值域、奇偶性、单调性以及函数值的符号等.解决此类问题应先观察选项的不同之处，然后根据不同之处研究函数的相关性质，进而得到正确的选项.如该题中函数解析式虽然比较复杂，但借助函数的定义域与函数的单调性很容易利用排除法得到正确选项.‎ 对点练习：‎ ‎【2016·全国卷Ⅰ】函数y＝2x2－e|x|在[－2,2]的图象大致为(　　)‎ ‎【答案】D ‎【解析】当x≥0时，令函数f(x)＝2x2－ex，则f′(x)＝4x－ex，易知f′(x)在[0，ln 4)上单调递增，在[ln 4,2]上单调递减，又f′(0)＝－1<0，f′＝2－>0，f′(1)＝4－e>0，f′(2)＝8－e2>0，所以存在x0∈是函数f(x)的极小值点，即函数f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0,2)上单调递增，且该函数为偶函数，符合条件的图象为D.‎ ‎2．与函数零点有关的参数范围问题 ‎1．方程有实根函数的图象与轴有交点函数有零点．‎ ‎2．求极值的步骤：‎ ‎①先求的根（定义域内的或者定义域端点的根舍去）；‎ ‎②分析两侧导数的符号：若左侧导数负右侧导数正，则为极小值点；若左侧导数正右侧导数负，则为极大值点.‎ ‎3．求函数的单调区间、极值、最值是统一的，极值是函数的拐点，也是单调区间的划分点，而求函数的最值是在求极值的基础上，通过判断函数的大致图像，从而得到最值,大前提是要考虑函数的定义域.‎ ‎4．函数的零点就是的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.‎ 对点练习：‎ ‎【2016新课标1卷】已知函数有两个零点.‎ ‎(I)求a的取值范围；‎ ‎(II)设x1,x2是的两个零点,证明：.‎ ‎【答案】 ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）．‎ ‎（i）设,则,只有一个零点．‎ ‎（ii）设,则当时,；当时,．所以在上单调递减,在上单调递增．‎ 又,,取满足且,则 ,‎ 故存在两个零点．‎ ‎（Ⅱ）不妨设,由（Ⅰ）知,,在上单调递减,所以等价于,即．‎ 由于,而,所以 ．‎ 设,则．‎ 所以当时,,而,故当时,．‎ 从而,故．‎ ‎3．与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题 不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．‎ ： 对点练习：‎ 设，函数，若对任意的，都有成立，则的取值范围为 ．‎ ‎【答案】 ‎【解析】因为设，函数，若对任意的，都有成立，则只需要，则利用导数求解，利用单调性求解最值得到a的范围．‎ ‎4．利用导数证明、解不等式问题 无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最值），达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.‎ 对点练习：‎ ‎【2017课标3，文21】已知函数=lnx+ax2+(2a+1)x．‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）当a﹤0时，证明．‎ ‎【答案】（1）当时， 在单调递增；当时，则在单调递增，在单调递减；（2）详见解析 ‎【解析】试题分析：（1）先求函数导数，再根据导函数符号变化情况讨论单调性：当时，，则在单调递增，当时，则在单调递增，在单调递减.（2）证明，即证，而，所以目标函数为，即 （），利用导数易得，即得证.‎ ‎【考点深度剖析】‎ 导数是研究函数性质的重要工具，它的突出作用是用于研究函数的单调性、极值与最值、函数的零点等．从题型看，往往有一道选择题或填空题，有一道解答题.其中解答题难度较大，常与函数的零点、不等式恒成立、不等式的证明与求解等结合考查．‎ ‎【重点难点突破】‎ 考点1 利用导数研究函数的图象与性质 ‎【1-1】【2017河南开封10月月考】函数y=4cosx-e|x|（e为自然对数的底数）的图象可能是 ‎ ‎ ‎ A B C D ‎【答案】A ‎【1-2】【2017浙江，7】函数y=f(x)的导函数的图像如图所示，则函数y=f(x)的图像可能是 ‎【答案】D ‎ ‎【解析】原函数先减再增，再减再增，且由增变减时，极值点大于0，因此选D．‎ ‎【领悟技法】‎ 导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与轴的交点为，且图象在两侧附近连续分布于轴上下方，则为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数的正负，得出原函数的单调区间．‎ ‎【触类旁通】‎ ‎【变式一】【2016江西新余二模】将函数图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变）后得到的图象，设，则的图象大致为（ ）‎ ‎【答案】A ‎【变式二】【2017·丽水模拟】设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是(　　)‎ A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)‎ B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)‎ C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)‎ D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题图，当x＜－2时，f′(x)＞0；当－2＜x＜1时，f′(x)＜0；当1＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．‎ 考点2 与函数零点有关的参数范围问题 ‎【2-1】【2017课标3，理11】已知函数有唯一零点，则a=‎ A． B． C． D．1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：函数的零点满足，‎ 设，则，‎ 当时，，当时，，函数 单调递减，‎ 当时，，函数 单调递增，‎ 当时，函数取得最小值，‎ 设 ，当时，函数取得最小值 ，‎ ‎【2-2】【2016高考新课标1文数】（本小题满分12分）已知函数．‎ ‎ (I)讨论的单调性；‎ ‎(II)若有两个零点,求的取值范围.‎ ‎【答案】见解析(II) ‎【解析】‎ 试题分析：(I)先求得再根据1,0,2a的大小进行分类确定的单调性；(II)借助第一问的结论,通过分类讨论函数单调性,确定零点个数,从而可得a 的取值范围为.‎ 试题解析： (I) ‎(i)设,则当时,；当时,.‎ 所以在单调递减,在单调递增.‎ ‎(ii)设,由得x=1或x=ln(-2a).‎ ①若,则,所以在单调递增.‎ ‎②若,则ln(-2a)<1,故当时,；‎ 当时,,所以在单调递增,在单调递减.‎ ‎③若,则,故当时,,当时,,所以在单调递增,在单调递减.‎ ‎(II)(i)设,则由(I)知,在单调递减,在单调递增.‎ 又,取b满足b<0且,‎ 则,所以有两个零点.‎ ‎(ii)设a=0,则所以有一个零点.‎ ‎(iii)设a<0,若,则由(I)知,在单调递增.‎ 又当时,<0,故不存在两个零点；若,则由(I)知,在单调递减,在单调递增.又当时<0,故不存在两个零点.‎ 综上,a的取值范围为.‎ ‎【领悟技法】‎ ‎1.确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象.‎ ‎2.方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.‎ ‎3. 与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图像，讨论其图象与 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．‎ ‎【触类旁通】‎ ‎【变式一】【2017湖南长沙二模】已知函数是定义在上的奇函数，且当时， ，则对任意，函数的零点个数至多有（ ）‎ A. 3个 B. 4个 C. 6个 D. 9个 ‎【答案】A ‎【解析】当时,由此可知在上单调递减，在上单调递增， , 且,数是定义在上的奇函数， ，而时， ,所以的图象如图，令,则，由图可知，当时方程至多3个根，当时方程没有根，而对任意， 至多有一个根，从而函数 的零点个数至多有3个.‎ ‎【变式二】【2017安徽阜阳二模】已知函数是自然对数的底数 ）.‎ ‎（1）当是，求证： ；‎ ‎（2）若函数有两个零点，求的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ） 试题解析：（Ⅰ） ，‎ .得： 且在上单增，在上单减 ‎（Ⅱ） 故等价于在上有唯一极大值点 得： 故 令 ，则 又在上单增，由，得 综上， 考点3 与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题 ‎【3-1】若不等式对恒成立，则实数的取值范围是 .‎ ‎【答案】 ‎【解析】由得或，即或.又，所以或.因为不等式对恒成立，所以或.(1)令，则 .令得，当时，；当 时，.所以在上是增函数，在是减函数.所以，所以.(2)令，则，因为，所以，所以易知，所以在上是增函数.易知当时，，故在上无最小值，所以在上不能恒成立.综上所述，，即实数的取值范围是.‎ ‎【3-2】已知函数．‎ ‎（1）求在上的最小值；‎ ‎（2）若关于的不等式只有两个整数解，求实数的取值范围． ‎ ‎【答案】（1） ；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎（1），令得的递增区间为；‎ 令得的递减区间为，．2分 ∵，则 当时，在上为增函数，的最小值为； ‎ 当时，在上为增函数，在上为减函数，又，‎ ‎∴若，的最小值为，．．．4分若，的最小值为，‎ 综上，当时，的最小值为；当，的最小值为 ‎（2）由（1）知，的递增区间为，递减区间为，‎ 且在上，又，则．又．‎ ‎∴时，由不等式得或，而解集为，整数解有无数多个，不合题意；‎ 时，由不等式得，解集为，‎ 整数解有无数多个，不合题意；‎ 时，由不等式得或，‎ ‎∵解集为无整数解，‎ 若不等式有两整数解，则，‎ ‎∴ 综上，实数的取值范围是 ‎【领悟技法】‎ 含参数的不等式恒成立、有解、无解的处理方法：①的图象和图象特点考考虑；②构造函数法，一般构造，转化为 的最值处理；③参变分离法，将不等式等价变形为，或，进而转化为求函数的最值.‎ ‎【触类旁通】‎ ‎【变式一】已知函数，若存在，使得不等式成立，则实数的取值范围为（ ）‎ A． B． C． D． ‎【答案】C ‎【变式二】【2017福建三明5月质检】已知函数， ． ‎ ‎（Ⅰ）当时，求证：过点有三条直线与曲线相切；‎ ‎（Ⅱ）当时， ，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（I）详见解析；（II）.‎ ‎【解析】‎ 解法一：（Ⅰ）当时， ，‎ 设直线与曲线相切，其切点为，‎ 则曲线在点处的切线方程为： ，‎ 因为切线过点，所以，‎ 即 ，‎ ‎∵，∴，‎ 设，‎ ‎∵， ， ， ‎∴在三个区间上至少各有一个根 又因为一元三次方程至多有三个根，所以方程恰有三个根，‎ 故过点有三条直线与曲线相切．‎ ‎（Ⅱ）∵当时， ，即当时， ‎∴当时， ，‎ 设，则，‎ 设，则．‎ ‎（1）当时，∵，∴，从而（当且仅当时，等号成立）‎ ‎∴在上单调递增，‎ 又∵，∴当时， ，从而当时， ，‎ ‎∴在上单调递减，又∵，‎ 从而当时， ，即 于是当时， ．‎ ‎（2）当时，令，得，∴，‎ 故当时， ，‎ ‎∴在上单调递减，‎ 又∵，∴当时， ，‎ 从而当时， ，‎ ‎∴在上单调递增，又∵，‎ 从而当时， ，即 于是当时， ，‎ 综合得的取值范围为．‎ 解法二：（Ⅰ）当时， ，‎ ，‎ 设直线与曲线相切，其切点为，‎ 则曲线在点处的切线方程为，‎ 因为切线过点，所以，‎ 即 ，‎ ‎∵，∴ 设，则，令得 当变化时， ， 变化情况如下表：‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ ‎∴恰有三个根，‎ 故过点有三条直线与曲线相切．‎ ‎（Ⅱ）同解法一．‎ 考点4利用导数证明、解不等式问题 ‎【4-1】若的定义域为，恒成立，，则解集为（ ） ‎ A． B． C． D． ‎【答案】B ‎【解析】构造函数，则，所以函数在定义域上单调递增，又，所以解集为.‎ ‎【4-2】【2017课标II，文21】设函数.‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）当时，，求的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）在 和单调递减，在单调递增（Ⅱ） ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）先求函数导数，再求导函数零点，列表分析导函数符号确定单调区间（2）对分类讨论，当a≥1时，，满足条件；当时，取，当0＜a＜1时，取，. ‎ 试题解析：（1） ‎ 令得 ‎ 当时，；当时，；当时， 所以在 和单调递减，在单调递增 当时，取 ‎ 综上，a的取值范围[1，+∞） ‎ ‎【领悟技法】‎ ‎1.利用导数方法证明不等式f(x) >g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h(x)>0，其中一个重要技巧就是找到函数h(x)在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口.‎ ‎2.利用导数解不等式的基本方法是构造函数，通过研究函数的单调性 ，从而解不等式的方法.‎ ‎【触类旁通】‎ ‎【变式一】【2017广东佛山二模】设函数，其中， 是自然对数的底数.‎ ‎（Ⅰ）若是上的增函数，求的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）若，证明： .‎ ‎【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（I）由于函数单调递增，故导函数恒为非负数，分离常数后利用导数求得的最小值，由此得到的取值范围；（II）将原不等式，转化为，令，求出的导数，对分成两类，讨论函数的最小值，由此证得，由此证得.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）， 是上的增函数等价于恒成立.‎ 令，得，令（）.以下只需求的最大值.‎ 求导得，‎ 令， ， 是上的减函数，‎ 又，故1是的唯一零点，‎ 当， ， ， 递增；当， ， ， 递减；‎ 故当时， 取得极大值且为最大值，‎ 所以，即的取值范围是.‎ ‎（Ⅱ） .‎ 令（），以下证明当时， 的最小值大于0.‎ 求导得 .‎ ‎①当时， ， ；‎ ‎②当时， ，令，‎ 则 ，又 ，‎ 取且使，即，则 ，‎ 因为，故存在唯一零点，‎ 即有唯一的极值点且为极小值点，又，‎ 且，即，故，‎ 因为，故是上的减函数.‎ 所以 ，所以.‎ 综上，当时，总有.‎ ‎【变式二】已知 ‎（1）求函数在上的最小值；‎ ‎（2）对一切恒成立，求实数的取值范围；‎ ‎（3）证明：对一切，都有成立.‎ ‎【答案】（1） ；（2）；（3）证明见解析.‎ ‎【解析】（1），‎ 当单调递减，当单调递增 ‎（2），则，‎ 设，则，‎ ‎① 单调递减， ② 单调递增，‎ 所以，对一切恒成立，所以；‎ ‎（3）问题等价于证明，‎ 由（1）可知的最小值是，当且仅当时取到，‎ 设，则，易知 ‎，当且仅当时取到， ‎ 从而对一切，都有成立 ‎ ‎【易错试题常警惕】‎ 易错典例：已知函数.‎ ‎（Ⅰ）求的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）设，若对任意，均存在，使得＜，求的取值范围．‎ 易错分析：（Ⅰ）忽视定义域致误；（Ⅱ）对全称量词和特称量词理解不深刻致误．‎ 正确解析：.‎ ‎（Ⅰ）. ①当时，，， 在区间上，；在区间上，故的单调递增区间是，单调递减区间是. ‎ ‎②当时，， 在区间和上，；在区间上，‎ 故的单调递增区间是和，单调递减区间是. ‎ ‎③当时，， 故的单调递增区间是.‎ ‎④当时，， ‎ 在区间和上，；在区间上，‎ 故的单调递增区间是和，单调递减区间是.‎ ‎（Ⅱ）由已知，在上有.‎ 由已知，，由（Ⅱ）可知，‎ ‎①当时，在上单调递增，‎ 故，‎ 所以， ，解得，‎ 故. ‎ ‎②当时，在上单调递增，在上单调递减，‎ 故.‎ 由可知，，，‎ 所以，，， ‎ 综上所述，. ‎ 温馨提醒：(1)研究函数问题应竖立定义域优先原则；(2) 任意，指的是区间内的任意一个自变量；存在，指的是区间内存在一个自变量，故本题是恒成立问题和有解问题的组合.‎ ‎【学科素养提升之思想方法篇】‎ ‎——————化抽象为具体——数形结合思想 数形结合是一种重要的数学思想方法，包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用大致可以分为两种情形：或者是借助形的生动和直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数为目的，比如应用函数的图像来直观地说明函数的性质；或者是借助于数的精确性和规范严密性来阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质. ‎ 数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图像结合起来，关键是代数问题与图形之间的相互转化，它可以使代数问题几何化，几何问题代数化.在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围.‎ 在解答导数问题中，主要存在两类问题，一是“有图考图”，二是 “无图考图”，如：‎ ‎【典例1】已知是常数，函数的导函数的图像如图所示，则函数的图像可能是（ ）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由已知，，由图象可知，对称轴，解得，则函数的图象如图，则函数的图象为D.‎ ‎【典例2】已知函数（a为常数，e为自然对数的底数）的图象在点A（e,1）处的切线与该函数的图象恰好有三个公共点，则实数a的取值范围是_____.‎ ‎【答案】 ‎ ‎