【数学】2019届一轮复习人教B版导数及其应用学案 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 ‎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)．‎