2020高考數(shù)學一輪復習新課改省份專用學案第三章第二節(jié)第3課時題型研究函數(shù)與導數(shù)大題常考的3類題型Word版含解析KS5U高考

1、第1課時題型研究“函數(shù)與導數(shù)”大題常考的3類題型利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性是高考的熱點和重點，一般為解答題的第一問，若不含參數(shù)，難度一般，若含參數(shù)，則較難常見的考法有：(1)求函數(shù)的單調區(qū)間(2)討論函數(shù)的單調性(3)由函數(shù)的單調性求參數(shù)考法一求函數(shù)的單調區(qū)間例1(2018·湘東五校聯(lián)考節(jié)選)已知函數(shù)f(x)(ln xk1)x(kr)當x>1時，求f(x)的單調區(qū)間解f(x)·xln xk1ln xk，當k0時，因為x>1，所以f(x)ln xk>0，所以函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間是(1，)，無單調遞減區(qū)間當k>0時，令ln x

2、k0，解得xek，當1<x<ek時，f(x)<0；當x>ek時，f(x)>0.所以函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間是(1，ek)，單調遞增區(qū)間是(ek，)綜上所述，當k0時，函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間是(1，)，無單調遞減區(qū)間；當k>0時，函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間是(1，ek)，單調遞增區(qū)間是(ek，)方法技巧利用導數(shù)求函數(shù)單調區(qū)間的方法(1)當導函數(shù)不等式可解時，解不等式f(x)>0或f(x)<0求出單調區(qū)間(2)當方程f(x)0可解時，解出方程的實根，依照實根把函數(shù)的定義域劃分為幾個區(qū)間，確定各區(qū)間f(x)的符號，從而確定單調區(qū)間(3)若導函數(shù)的

3、方程、不等式都不可解，根據(jù)f(x)結構特征，利用圖象與性質確定f(x)的符號，從而確定單調區(qū)間針對訓練(2019·湖南、江西十四校聯(lián)考)已知f(x)(x2ax)ln xx22ax，求f(x)的單調 遞減區(qū)間解：易得f(x)的定義域為(0，)，f(x)(2xa)ln xxa3x2a(2xa)ln x(2xa)(2xa)(ln x1)，令f(x)0得x或xe.當a0時，因為x>0，所以2xa>0，令f(x)<0得x<e，所以f(x)的單調遞減區(qū)間為(0，e)當a>0時，若<e，即0<a<2e，當x時，f(x)>0，當x時，f(x)&l

4、t;0，當x(e，)時，f(x)>0，所以f(x)的單調遞減區(qū)間為；若e，即a2e，當x(0，)時，f(x)0恒成立，f(x)沒有單調遞減區(qū)間；若>e，即a>2e，當x(0，e)時，f(x)>0，當x時，f(x)<0，當x時，f(x)>0，所以f(x)的單調遞減區(qū)間為.綜上所述，當a0時，f(x)的單調遞減區(qū)間為(0，e)；當0<a<2e時，f(x)的單調遞減區(qū)間為；當a2e時，f(x)無單調遞減區(qū)間；當a>2e時，f(x)的單調遞減區(qū)間為.考法二討論函數(shù)的單調性 例2已知函數(shù)f(x)ln x(ar且a0)，討論函數(shù)f(x)的單調性解f(x

5、)(x>0)，當a<0時，f(x)>0恒成立，函數(shù)f(x)在(0，)上單調遞增當a>0時，由f(x)>0，得x>；由f(x)<0，得0<x<，函數(shù)f(x)在上單調遞增，在上單調遞減綜上所述，當a<0時，函數(shù)f(x)在(0，)上單調遞增；當a>0時，函數(shù)f(x)在上單調遞增，在上單調遞減方法技巧討論函數(shù)f(x)單調性的步驟(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；(2)求導數(shù)f(x)，并求方程f(x)0的根；(3)利用f(x)0的根將函數(shù)的定義域分成若干個子區(qū)間，在這些子區(qū)間上討論f(x)的正負，由符號確定f(x)在該區(qū)間上的單調性提醒研究

6、含參數(shù)函數(shù)的單調性時，需注意依據(jù)參數(shù)取值對不等式解集的影響進行分類討論針對訓練已知函數(shù)f(x)1ln xa2x2ax(ar)，討論函數(shù)f(x)的單調性解：函數(shù)f(x)的定義域為(0，)，f(x)2a2xa.若a0，則f(x)<0，f(x)在(0，)上單調遞減若a>0，則當x時，f(x)0，當0<x<時，f(x)<0；當x>時，f(x)>0.故f(x)在上單調遞減，在上單調遞增若a<0，則當x時，f(x)0，當0<x<時，f(x)<0；當x>時，f(x)>0.故f(x)在上單調遞減，在上單調遞增綜上所述，當a0時，f(

7、x)在(0，)上單調遞減；當a>0時，f(x)在上單調遞減，在上單調遞增；當a<0時，f(x)在上單調遞減，在上單調遞增考法三由函數(shù)的單調性求參數(shù)例3設函數(shù)f(x)x3x2bxc，曲線yf(x)在點(0，f(0)處的切線方程為y1.(1)求b，c的值；(2)設函數(shù)g(x)f(x)2x，且g(x)在區(qū)間(2，1)內存在單調遞減區(qū)間，求實數(shù)a的取值范圍解(1)f(x)x2axb，由題意得即(2)由(1)知f(x)x3x21，則g(x)x2ax2，依題意，存在x(2，1)，使不等式g(x)x2ax2<0成立，即x(2，1)時，a<max2，當且僅當x，即x時等號成立所以滿足要

8、求的a的取值范圍是(，2)方法技巧由函數(shù)的單調性求參數(shù)的取值范圍的方法(1)由可導函數(shù)f(x)在d上單調遞增(或遞減)求參數(shù)范圍問題，可轉化為f(x)0(或f(x)0)對xd恒成立問題，再參變分離，轉化為求最值問題，要注意“”是否取到(2)可導函數(shù)在某一區(qū)間上存在單調區(qū)間，實際上就是f(x)>0(或f(x)<0)在該區(qū)間上存在解集，這樣就把函數(shù)的單調性問題轉化成不等式問題(3)若已知f(x)在區(qū)間i上的單調性，區(qū)間i中含有參數(shù)時，可先求出f(x)的單調區(qū)間，令i是其單調區(qū)間的子集，從而可求出參數(shù)的取值范圍針對訓練已知函數(shù)f(x)aln xx2(a1)x3.(1)當a1時，求函數(shù)f(

9、x)的單調遞減區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，)上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍解：(1)當a1時，f(x)ln xx23，定義域為(0，)，則f(x)x.由得0x1.所以函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間為(0,1)(2)法一：因為函數(shù)f(x)在(0，)上是增函數(shù)，所以f(x)xa10在(0，)上恒成立，所以x2(a1)xa0，即(x1)(xa)0在(0，)上恒成立因為x10，所以xa0對x(0，)恒成立，所以a0，故實數(shù)a的取值范圍是0，)法二：因為函數(shù)f(x)在(0，)上是增函數(shù)，所以f(x)xa10在(0，)上恒成立，即x2(a1)xa0在(0，)上恒成立令g(x)x2(a1)xa，因為(

10、a1)24a0恒成立，所以即a0，所以實數(shù)a的取值范圍是0，).利用導數(shù)研究函數(shù)的零點或方程根典例(2019·安徽十大名校聯(lián)考)設函數(shù)f(x)exx2ax1(e為自然對數(shù)的底數(shù))，ar.(1)證明：當a<22ln 2時，f(x)沒有零點；(2)當x>0時，f(x)x0恒成立，求a的取值范圍解(1)證明：f(x)ex2xa，令g(x)f(x)，g(x)ex2.令g(x)<0，解得x<ln 2；令g(x)>0，解得x>ln 2，f(x)在(，ln 2)上單調遞減，在(ln 2，)上單調遞增，f(x)minf(ln 2)22ln 2a.當a<22l

11、n 2時，f(x)min>0，f(x)的圖象恒在x軸上方，f(x)沒有零點(2)當x>0時，f(x)x0恒成立，即exx2axx10恒成立，axexx2x1，即ax1恒成立令h(x)x1(x>0)，則h(x).當x>0時，exx1>0恒成立，令h(x)<0，解得0<x<1，令h(x)>0，解得x>1，h(x)在(0,1)上單調遞減，在(1，)上單調遞增，h(x)minh(1)e1.a的取值范圍是(，e1方法技巧利用導數(shù)研究方程根(函數(shù)零點)的技巧(1)研究方程根的情況，可以通過導數(shù)研究函數(shù)的單調性、最大值、最小值、變化趨勢等；(2)根

12、據(jù)題目要求，畫出函數(shù)圖象的走勢規(guī)律，標明函數(shù)極(最)值的位置；(3)利用數(shù)形結合的思想去分析問題，可以使問題的求解有一個清晰、直觀的整體展現(xiàn) 針對訓練(2019·武漢調研)已知函數(shù)f(x)exax1(ar)(e2.718 28是自然對數(shù)的底數(shù))(1)求f(x)的單調區(qū)間；(2)討論g(x)f(x)在區(qū)間0,1上零點的個數(shù)解：(1)f(x)exax1，f(x)exa，當a0時，f(x)>0恒成立，f(x)的單調遞增區(qū)間為(，)，無單調遞減區(qū)間；當a>0時，令f(x)<0，得x<ln a，令f(x)>0，得x>ln a，f(x)的單調遞減區(qū)間為(，ln

13、 a)，單調遞增區(qū)間為(ln a，)(2)令g(x)0，得f(x)0或x，先考慮f(x)在區(qū)間0,1上的零點個數(shù)，當a1時，f(x)在0,1上單調遞增且f(0)0，f(x)在0,1上有一個零點；當ae時，f(x)在0,1上單調遞減且f(0)0，f(x)在0,1上有一個零點；當1<a<e時，f(x)在0，ln a)上單調遞減，在(ln a,1上單調遞增，而f(1)ea1，當ea10，即1<ae1時，f(x)在0,1上有兩個零點，當ea1<0，即e1<a<e時，f(x)在0,1上有一個零點當x時，由f0得a2(1)當a1或a>e1或a2(1)時，g(x)在

14、0,1上有兩個零點；當1<ae1且a2(1)時，g(x)在0,1上有三個零點利用導數(shù)研究不等式導數(shù)在不等式中的應用問題是每年高考的必考內容，且以解答題的形式考查，難度較大，屬中、高檔題常見的考法有：(1)證明不等式(2)不等式恒成立問題(3)存在型不等式成立問題考法一證明不等式例1(2018·全國卷)已知函數(shù)f(x).(1)求曲線yf(x)在點(0，1)處的切線方程；(2)證明：當a1時，f(x)e0.解(1)因為f(x)，所以f(0)2，f(0)1，所以曲線yf(x)在(0，1)處的切線方程是y12x，即2xy10.(2)證明：當a1時，f(x)e(x2x1ex1)ex.令g

15、(x)x2x1ex1，則g(x)2x1ex1.當x<1時，g(x)<0，g(x)單調遞減；當x>1時，g(x)>0，g(x)單調遞增所以g(x)g(1)0.因此f(x)e0.方法技巧1利用導數(shù)證明不等式f(x)>g(x)的基本方法(1)若f(x)與g(x)的最值易求出，可直接轉化為證明f(x)min>g(x)max；(2)若f(x)與g(x)的最值不易求出，可構造函數(shù)h(x)f(x)g(x)，然后根據(jù)函數(shù)h(x)的單調性或最值，證明h(x)>0.2證明不等式時的一些常見結論(1)ln xx1，等號當且僅當x1時取到；(2)exx1，等號當且僅當x0時取

16、到；(3)ln x<x<ex，x>0；(4)ln(x1)x，x>1，等號當且僅當x0時取到 針對訓練(2018·廣西柳州畢業(yè)班摸底)已知函數(shù)f(x)axxln x在xe2(e為自然對數(shù)的底數(shù))處取得極小值(1)求實數(shù)a的值；(2)當x>1時，求證：f(x)>3(x1)解：(1)因為f(x)axxln x，所以f(x)aln x1，因為函數(shù)f(x)在xe2處取得極小值，所以f(e2)0，即aln e210，所以a1，所以f(x)ln x2.當f(x)>0時，x>e2；當f(x)<0時，0<x<e2，所以f(x)在(0，e

17、2)上單調遞減，在(e2，)上單調遞增，所以f(x)在xe2處取得極小值，符合題意，所以a1.(2)證明：由(1)知a1，所以f(x)xxln x.令g(x)f(x)3(x1)，即g(x)xln x2x3(x>0)g(x)ln x1，由g(x)0，得xe.由g(x)>0，得x>e；由g(x)<0，得0<x<e.所以g(x)在(0，e)上單調遞減，在(e，)上單調遞增，所以g(x)在(1，)上的最小值為g(e)3e>0.于是在(1，)上，都有g(x)g(e)>0，所以f(x)>3(x1)考法二不等式恒成立問題例2(2019·安徽江淮

18、十校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)xln x(x>0)(1)求f(x)的單調區(qū)間和極值；(2)若對任意x(0，)，f(x)恒成立，求實數(shù)m的最大值解(1)由題意知f(x)ln x1，令f(x)>0，得x>，令f(x)<0，得0<x<，f(x)的單調遞增區(qū)間是，單調遞減區(qū)間是，f(x)在x處取得極小值，極小值為f，無極大值(2)由f(x)及f(x)xln x，得m，問題轉化為mmin.令g(x)(x>0)，則g(x)，由g(x)>0x>1，由g(x)<00<x<1.所以g(x)在(0,1)上是減函數(shù)，在(1，)上是增函數(shù)，所以g(x

19、)ming(1)4，即m4，所以m的最大值是4.方法技巧不等式恒成立問題的求解策略(1)已知不等式f(x，)0(為實參數(shù))對任意的xd恒成立，求參數(shù)的取值范圍利用導數(shù)解決此類問題可以運用分離參數(shù)法，其一般步驟如下：(2)如果無法分離參數(shù)，可以考慮對參數(shù)或自變量進行分類討論求解，如果是二次不等式恒成立的問題，可以考慮二次項系數(shù)與判別式的方法(a>0，<0或a<0，<0)求解針對訓練設函數(shù)f(x)x24x2，g(x)2ex(x1)，若x2時，f(x)kg(x)，求k的取值范圍解：令f(x)kg(x)f(x)2kex(x1)x24x2.f(0)2k20k1，f(2)2ke22

20、0ke2，所以1ke2.由f(x)2(x2)(kex1)0x12，x2ln k2.當ke2時，f(x)2(x2)(ex21)0，所以f(x)在2，)遞增，所以f(x)f(2)0.當1k<e2時，x(2，ln k)(ln k，)f(x)f(x)minf(ln k)ln k(2ln k)0.綜上，1ke2.考法三不等式存在性問題(1)f(x)>g(x)對xi能成立i與f(x)>g(x)的解集的交集不是空集f(x)g(x)max>0(xi)(2)對x1d1，x2d2使得f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min，f(x)的定義域為d1，g(x)的定義域為d2.例3(20

21、19·云南統(tǒng)考)已知函數(shù)f(x)ax(a>0)(1)若函數(shù)f(x)在(1，)上是減函數(shù)，求實數(shù)a的最小值；(2)若x1，x2e，e2，使f(x1)f(x2)a成立，求實數(shù)a的取值范圍解(1)因為f(x)在(1，)上為減函數(shù)，所以f(x)a0在(1，)上恒成立所以當x(1，)時，f(x)max0.又f(x)a2a，故當，即xe2時，f(x)maxa，所以a0，故a，所以a的最小值為.(2)“若x1，x2e，e2，使f(x1)f(x2)a成立”等價于當xe，e2時，有f(x)minf(x)maxa，當xe，e2時，有f(x)maxa，問題等價于：“當xe，e2時，有f(x)min”

22、當a時，f(x)在e，e2上為減函數(shù)，則f(x)minf(e2)ae2，故a.當0<a<時，由于f(x)2a在e，e2上為增函數(shù)，故f(x)的值域為f(e)，f(e2)，即.由f(x)的單調性和值域知，存在唯一x0(e，e2)，使f(x0)0，且滿足：當x(e，x0)時，f(x)<0，f(x)為減函數(shù)；當x(x0，e2)時，f(x)>0，f(x)為增函數(shù)所以f(x)minf(x0)ax0，x0(e，e2)，所以a>>，與0<a<矛盾，不合題意綜上，實數(shù)a的取值范圍為.方法技巧不等式存在性問題的求解策略“恒成立”與“存在性”問題的求解是“互補”關系，即f(x)g(a)對于xd恒成立，應求f(x)的最小值；若存在xd，使得f(x)g(a)成立，應求f(x