《2019版高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用2.11导数在研究函数中的应用二学案理2018052.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用2.11导数在研究函数中的应用二学案理2018052.doc（19页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、2.11 导数在研究函数中的应用(二)方法梳理1分离参数法分离参数法是求参数的最值范围的一种方法通过分离参数，用函数的观点讨论主变量的变化情况，由此我们可以确定参数的变化范围这种方法可以避免分类讨论的麻烦，从而使问题得以顺利解决分离参数法在解决不等式恒成立、不等式有解、函数有零点、函数的单调性中参数的取值范围问题时经常用到解题的关键是分离出参数后将原问题转化为求函数的最值或值域问题2构造函数法构造函数法作为一种数学思维方法，在解决某些数学问题时，若能充分挖掘题目中潜在的信息，构造与之相关的函数，将陌生问题转化为熟悉问题，可使问题顺利解决3等价转化法等价转化是把未知解的问题转化到在已有知识范围内
2、可解的问题的一种重要的思想方法通过不断的转化，把不熟悉、不规范、复杂的问题转化为熟悉、规范甚至模式法、简单的问题历年高考，等价转化思想无处不见，我们要不断培养和训练自觉的转化意识，将有利于强化解决数学问题中的应变能力，提高思维能力和技能、技巧4分类讨论思想方法分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，所谓分类讨论，就是当问题所给的对象不能进行统一研究时，就需要对研究对象按某个标准分类，然后对每一类分别研究得出每一类的结论，最后综合各类结果得到整个问题的解答实质上，分类讨论是“化整为零，各个击破，再积零为整”的数学策略有关分类讨论思想的数学问题具有明显的逻辑性、综合性、探索性，能训练人的思维
3、条理性和概括性，所以在高考试题中占有重要的位置5任意性与存在性x1a，b，x2c，d，使f1(x1)f2(x2)f1(x1)minf2(x2)max.x1a，b，x2c，d，使f1(x1)f2(x2)f1(x1)maxf2(x2)min.x1a，b，x2c，d，使f1(x1)f2(x2)f1(x1)minf2(x2)min.x1a，b，x2c，d，使f1(x1)f2(x2)f1(x)maxf2(x)max.x1a，b，x2c，d，使f1(x1)f2(x2)f1(x)的值域与f2(x)的值域交集不为.诊断自测1设函数f(x)的导函数为f(x)，对任意xR都有f(x)f(x)成立，则()A3f(l
4、n 2)2f(ln 3)B3f(ln 2)2f(ln 3)C3f(ln 2)2f(ln 3)D3f(ln 2)与2f(ln 3)的大小不确定答案A解析构造函数g(x)，则g(x)g(ln 3)，即，即，所以3f(ln 2)2f(ln 3)，选A.2(2018广州五校联考)设f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)0，当x0时，有0的解集是()A(2,0)(2，) B(2,0)(0,2)C(，2)(2，) D(，2)(0,2)答案D解析当x0时，0，(x)为减函数，又(2)0，当且仅当0x0，此时x2f(x)0.又f(x)为奇函数，h(x)x2f(x)也为奇函数故x2f(x)0的解集为(，2)(0
5、,2)3已知f(x)在1，)上是单调递增函数，则a的取值范围是_答案a1解析f(x)x，f(x)1.又f(x)在1，)上是单调递增函数，f(x)0，于是可得不等式ax2对于x1恒成立a(x2)max.由x1，得x21.a1.4(2017河南期末)函数yx32axa在(0,1)内有极小值，则实数a的取值范围为_答案解析对于函数yx32axa，求导可得y3x22a，函数yx32axa在(0,1)内有极小值，y3x22a0，则其有一根在(0,1)内，当a0时，3x22a0两根为 ，若有一根在(0,1)内，则0 1，即0a.当a0时，3x22a0两根相等，均为0，f(x)在(0,1)内无极小值当a0时
6、，3x22a0无根，f(x)在(0,1)内无极小值，综合可得，0a，故答案为.题型1利用导数解不等式问题角度1证明不等式已知函数f(x)x2ax(a1)ln x.证明：若1a1.本题用构造函数法证明不妨设x1x20，则1f(x1)f(x2)(x1x2)f(x1)x1f(x2)x2.从而构造函数g(x)f(x)xx2ax(a1)ln xx.则g(x)x(a1)2(a1)1(1)2.由于1a0，即g(x)在(0，)单调递增，从而当x1x20时，有g(x1)g(x2)，即f(x1)x1f(x2)x2，从而1.当0x11.综上，若1a1.角度2不等式恒成立问题(2015北京高考)已知函数f(x)ln.
7、(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)求证：当x(0,1)时，f(x)2；(3)设实数k使得f(x)k对x(0,1)恒成立，求k的最大值解(1)f(x)ln ，x(1,1)，f(x)，f(0)2，f(0)0，所以切线方程为y2x.(2)证明：原命题等价于任意x(0,1)，f(x)20.设函数F(x)ln (1x)ln (1x)2，F(x).当x(0,1)时，F(x)0，函数F(x)在x(0,1)上是单调递增函数F(x)F(0)0，因此任意x(0,1)，f(x)2.(3)ln k，x(0,1)t(x)ln k0，x(0,1)t(x)k(1x2)，x(0,1)当k0,2，t(
8、x)0，函数t(x)单调递增，t(x)t(0)0显然成立当k2时，令t(x0)0得x(0,1)，t(x)的变化情况列表如下：x(0，x0)x0(x0,1)t(x)0t(x)极小值t(x0)t(0)0，显然不成立当k0时，f(x)0恒成立，f(x)在(0，)上单调递增，x1不是f(x)的极值点，故不存在实数a，使得f(x)在x1处取得极值(2)由f(x0)g(x0)，得(x0ln x0)ax2x0，记F(x)xln x(x0)，F(x)(x0)，当0x1时，F(x)1时，F(x)0，F(x)单调递增F(x)F(1)10，a，记G(x)，x.G(x).x，22ln x2(1ln x)0，x2ln
9、x20，x时，G(x)0，G(x)单调递增，G(x)minG(1)1，aG(x)min1.故实数a的取值范围为1，)方法技巧解不等式或证明不等式时注意研究函数的单调性，有时需要构造相关函数，利用单调性解之见角度1的典例解决“恒成立”与“存在性”问题时，注意它们的互补关系，必要时作等价转化，即构造函数或分离参数，将问题直接转化为函数的最值问题见角度2,3的典例冲关针对训练1(2017陵川县校级期末)已知对于xR，g(x)0与f(x)g(x)f(x)g(x)恒成立，且f(1)0，则不等式0的解集是_答案(1，)解析令h(x)，则h(x)，而g(x)0与f(x)g(x)f(x)g(x)恒成立，故h(
10、x)0，h(x)在R上递增，而h(1)0，故不等式0，即h(x)h(1)，解得x1，故不等式的解集是(1，)2已知函数f(x)xln x，g(x)x2ax3.(1)求函数f(x)在t，t2(t0)上的最小值；(2)若存在x(e是自然对数的底数，e2.71828)使不等式2f(x)g(x)成立，求实数a的取值范围解(1)由已知得f(x)ln x1，当x时，f(x)0，此时f(x)单调递增当0tt2时，t无解；当0tt2，即0t时，f(x)minf；当t时，f(x)在t，t2上单调递增，故f(x)minf(t)tln t.所以f(x)min(2)由题意知2xln xx2ax3，即a2ln xx，x
11、设h(x)2ln xx，x则h(x)1，当x时，h(x)0，此时h(x)单调递增所以h(x)maxmax，因为存在x，使2f(x)g(x)成立，所以ah(x)max，又h23e，h(e)2e，故hh(e)，所以a3e2.题型2导数与方程问题角度1零点的判断与证明(2015广东高考)设a1，函数f(x)(1x2)exa.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(，)上仅有一个零点研究f(x)的单调性，再用赋值法证明解(1)f(x)2xex(1x2)ex(x22x1)ex(x1)2ex0，故f(x)是R上的单调递增函数，其单调增区间是(，)，无单调减区间(2)证明：因为f(0)(102)
12、e0a1a0，由零点存在性定理知，f(x)在(，)上至少有一个零点又由(1)知，函数f(x)是(，)上的单调递增函数，故函数f(x)在(，)上仅有一个零点角度2由零点求参数的取值(2017张掖模拟)设函数f(x)aln x.(1)当a1时，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)求函数yf(x)的单调区间和极值；(3)若函数f(x)在区间(1，e2内恰有两个零点，试求a的取值范围将f(x)0化为，用构造函数法求解解(1)当a1时，f(x)ln x，f(x)x，f(1)0，f(1)，在点(1，f(1)处的切线方程为y.(2)f(x)，当a0时，f(x)0，f(x)递增，函数无极值；
13、当a0时，在(0，)上递减，在(，)上递增，函数的极小值为f().1(2017达州模拟)函数f(x)x3x25ax1存在极值点的充要条件是()Aa Ba答案B解析求得导函数f(x)3x22x5a，三次函数f(x)有极值，则f(x)0有不相等的两个解，460a0，a，故选B.2(2017深圳一模)若定义在R上的函数f(x)满足f(x)f(x)1(其中e为自然对数的底数)的解集为_答案(，0)解析设g(x)exf(x)ex(xR)，则g(x)exf(x)exf(x)exexf(x)f(x)1，f(x)f(x)1，f(x)f(x)10，g(x)ex2，g(x)2，又g(0)e0f(0)e0312，g
14、(x)g(0)，x0.(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，上仅有一个零点解(1)由f(x)kln x(k0)，得f(x)x.由f(x)0，解得x.f(x)与f(x)在区间(0，)上的情况如下：x(0，)(，)f(x)0f(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ke.当ke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ke时，f(x)在区间(
15、0，)上单调递减，且f(1)0，f()0时，f(x)2aaln .解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2x(x0)当a0时，f(x)0，f(x)没有零点；当a0时，因为ye2x单调递增，y单调递增，所以f(x)在(0，)上单调递增，又f(a)0，当b满足0b且b时，f(b)0时，f(x)存在唯一零点(2)证明：由(1)，可设f(x)在(0，)上的唯一零点为x0，当x(0，x0)时，f(x)0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以当xx0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)由于2e2x00，所以f(x0)2ax0aln 2aaln .故当a0时，f(
16、x)2aaln .重点保分 两级优选练A级一、选择题1(2017安庆二模)若函数yaex3x在R上有小于零的极值点，则实数a的取值范围是()A(3，) B(，3)C. D.答案B解析yaex3x，求导，yaex3，由若函数yaex3x在R上有小于零的极值点，则yaex30有负根，则a0，则ex在y轴的左侧有交点，01，解得：a3，实数a的取值范围为(，3)故选B.2(2018太原模拟)设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，g(x)0，当x0，且f(3)0，则不等式0的解集是()A(3,0)(3，) B(3,0)(0,3)C(，3)(3，) D(，3)(0,3)答案D解析f(x)
17、，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，为奇函数，的图象关于原点对称当x0，0，当x0时，也是增函数. 函数的单调性的示意图，如图所示：f(3)0，f(3)0，由不等式0，可得x3或0x3，故原不等式的解集为x|x3或0x1，f(0)2018，则不等式exf(x)ex2017(其中e为自然对数的底数)的解集为()A(，0)(0，) B(0，)C(2017，) D(，0)(2017，)答案B解析设g(x)exf(x)ex，则g(x)exf(x)exf(x)exexf(x)f(x)1，f(x)f(x)1，ex0，g(x)exf(x)f(x)10，g(x)是R上的增函数又g(0)f(0)1201
18、7，g(x)2017的解集为(0，)，即不等式exf(x)ex2017的解集为(0，)故选B.6(2017金华模拟)设函数f(x)x(ln xax)(aR)在区间(0,2)上有两个极值点，则a的取值范围是()A. B.C. D.答案D解析f(x)x(ln xax)，求导f(x)ln x2ax1，由题意，关于x的方程2axln x1在区间(0,2)有两个不相等的实根，则y2ax与yln x1有两个交点，由yln x1，求导y，设切点(x0，y0)，解得x01，切线的斜率k1，则2a1，a，则当x2，则直线斜率k，则a，a的取值范围为，故选D.7(2017江西模拟)若函数f(x)a(x2)exln
19、 x存在唯一的极值点，且此极值大于0，则()A0a B0aCa D0a0，f(x)a(x1)ex(x1)，由f(x)0得到x1或aex0(*)由于f(x)仅有一个极值点，关于x的方程(*)必无解，当a0时，(*)无解，符合题意，当a0时，由(*)得，a，a0，由于这两种情况都有，当0x1时，f(x)1时，f(x)0，于是f(x)为增函数，x1为f(x)的极值点，f(1)ae10，a.综上可得a的取值范围是.故选A.8(2017濮阳期末)函数f(x)x33x1，若对于区间3,2上的任意x1，x2都有|f(x1)f(x2)|t，则实数t的最小值是()A20 B18 C3 D0答案A解析对于区间3,
20、2上的任意x1，x2都有|f(x1)f(x2)|t，等价于对于区间3,2上的任意x，都有f(x)maxf(x)mint.f(x)x33x1，f(x)3x233(x1)(x1)，x3,2，函数在3，1，1,2上单调递增，在1,1上单调递减，f(x)maxf(2)f(1)1，f(x)minf(3)19，f(x)maxf(x)min20，t20，实数t的最小值是20，故选A.9(2018黄陵模拟)已知函数yxexx22xa恰有两个不同的零点，则实数a的取值范围为()A. B.C. D.答案B解析函数yxexx22xa恰有两个不同的零点，就是xexx22xa0恰有两个不同的实数解，设g(x)xexx2
21、2x，则g(x)exxex2x2(x1)(ex2)，x1，g(x)1，g(x)0，函数是增函数，函数的最小值为g(1)1，则a1，即a0，即2a0，解得a，所以a的取值范围是.12(2017信阳模拟)已知R上可导函数f(x)的图象如图所示，则不等式(x22x3)f(x)0的解集为_答案(，1)(1,1)(3，)解析由函数图象可知f(x)0的解集为(，1)(1，)，f(x)0，得或解得x3；解得1x0的解集为(，1)(1,1)(3，)故答案为(，1)(1,1)(3，)13(2017七里河模拟)定义在R上的奇函数yf(x)满足f(3)0，且当x0时，不等式f(x)xf(x)恒成立，则函数g(x)x
22、f(x)lg |x1|的零点的个数是_答案3解析定义在R上的奇函数f(x)满足：f(0)0f(3)f(3)，且f(x)f(x)，又x0时，f(x)xf(x)，即f(x)xf(x)0，xf(x)0，函数h(x)xf(x)在x0时是增函数又h(x)xf(x)xf(x)，h(x)xf(x)是偶函数；x2；a0，b2；a1，b2.答案解析令f(x)x3axb，则f(x)3x2a.对于，由ab3，得f(x)x33x3，f(x)3(x1)(x1)，f(x)极大值f(1)10，f(x)极小值f(1)50，f(x)极小值f(1)0，函数f(x)的图象与x轴有两个交点，故x3axb0有两个实根；对于，由a3，b
23、2，得f(x)x33xb，f(x)3(x1)(x1)，f(x)极大值f(1)2b0，f(x)极小值f(1)b20，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故 x3axb0仅有一个实根；对于，由a0，b2，得f(x)x32，f(x)3x20，f(x)在R上单调递增，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3axb0仅有一个实根；对于，由a1，b2，得f(x)x3x2，f(x)3x210，f(x)在R上单调递增，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3axb0仅有一个实根B级三、解答题15(2017西城区期末)已知函数f(x)(xa)ex，其中e是自然对数的底数，aR.(1)求函数f(x)的单
24、调区间；(2)当a1时，试确定函数g(x)f(xa)x2的零点个数，并说明理由解(1)因为f(x)(xa)ex，xR，所以f(x)(xa1)ex.令f(x)0，得xa1.当x变化时，f(x)和f(x)的变化情况如下：x(，a1)a1(a1，)f(x)0f(x)极小值故f(x)的单调递减区间为(，a1)，单调递增区间为(a1，)(2)结论：函数g(x)有且仅有一个零点理由如下：由g(x)f(xa)x20，得方程xexax2，显然x0为此方程的一个实数解，所以x0是函数g(x)的一个零点当x0时，方程可化简为exax.设函数F(x)exax，则F(x)exa1，令F(x)0，得xa.当x变化时，F
25、(x)与F(x)的变化情况如下：x(，a)a(a，)F(x)0F(x)极小值即F(x)的单调递增区间为(a，)，单调递减区间为(，a)所以F(x)的最小值F(x)minF(a)1a.因为a0，所以对于任意xR，F(x)0，因此方程exax无实数解所以当x0时，函数g(x)不存在零点综上，函数g(x)有且仅有一个零点16设函数f(x)x3x2(a21)x，其中a0.(1)若函数yf(x)在x1处取得极值，求a的值；(2)已知函数f(x)有3个不同的零点，分别为0，x1，x2，且x1f(1)恒成立，求a的取值范围解(1)f(x)x22x(a21)，因为yf(x)在x1处取得极值，所以f(1)0.即(1)22(1)(a21)0.解得a2，经检验得a2.(2)由题意得f(x)xx(xx1)(xx2)，所以方程x2xa210有两个相异的实根x1，x2.故1(a21)0，解得a，且x1x23，又因为x1x1x23，故x21.若x11x2，则f(1)(1x1)(1x2)0，而f(x1)0不符合题意若1x1f(1)恒成立的充要条件为f(1)a20，解得a.综上得a，即a的取值范围为.19