《2019版二轮复习数学（理·普通生）通用版讲义：第一部分 第三层级 高考5个大题 题题研诀窍 函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分”含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版二轮复习数学（理·普通生）通用版讲义：第一部分 第三层级 高考5个大题 题题研诀窍 函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分”含解析.pdf（7页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、 技法指导技法指导迁移搭桥迁移搭桥 思思维 维流流程程找找突 突破破口口 函数与导数问题一般以函数为载体， 以导数为工 具， 重点考查函数的一些性质， 如含参函数的单调性、 极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函 数不等式中参数范围的讨论， 恒成立和能成立问题的 讨论等，是近几年高考试题的命题热点对于这类综 合问题，一般是先转化 函数与导数问题一般以函数为载体， 以导数为工 具， 重点考查函数的一些性质， 如含参函数的单调性、 极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函 数不等式中参数范围的讨论， 恒成立和能成立问题的 讨论等，是近几年高考试题的命题热点对于这类综 合问题，一般是先
2、转化(变形变形)，再求导，分解出基本 函数，分类讨论研究其性质，再根据题意解决问题 ，再求导，分解出基本 函数，分类讨论研究其性质，再根据题意解决问题. 典例典例 已知函数 已知函数 f(x)eln xax(aRR) (1)讨论讨论 f(x)的单调性；的单调性； (2)当当 ae 时，证明：时，证明：xf(x)ex2ex0. 快审题快审题 求什么求什么 想什么想什么 讨论函数的单调性，想到利用导数判断讨论函数的单调性，想到利用导数判断 证明不等式，想到对所证不等式进行变形转化证明不等式，想到对所证不等式进行变形转化 给什么给什么 用什么用什么 已知函数的解析式，利用导数解题已知函数的解析式，利
3、用导数解题 差什么差什么 找什么找什么 证不等式时，对不等式变形转化后还不能直接判断两函数的关系，应找 出所构造函数的最值 证不等式时，对不等式变形转化后还不能直接判断两函数的关系，应找 出所构造函数的最值. 稳解题稳解题 (1)f(x) a(x0)， e x 若若 a0，则，则 f(x)0，f(x)在在(0，)上单调递增；上单调递增； 若若 a0，则当，则当 00，当，当 x 时，时，f(x)0，所以只需证，所以只需证 f(x)2e， ex x 当当ae时， 由时， 由(1)知，知， f(x)在在(0,1)上单调递增， 在上单调递增， 在(1， ， )上单调递减， 所以上单调递减， 所以f(
4、x)maxf(1)e. 记记 g(x)2e(x0)， ex x 则则 g(x)， x 1 ex x2 所以当所以当 01 时，时，g(x)0，g(x)单调递增，单调递增， 所以所以 g(x)ming(1)e. 综上，当综上，当 x0 时，时，f(x)g(x)，即，即 f(x) 2e， ex x 即即 xf(x)ex2ex0. 法二：证法二：证 xf(x)ex2ex0， 即证即证 exln xex2ex2ex0， 从而等价于从而等价于 ln xx2. ex ex 设函数设函数 g(x)ln xx2， 则则 g(x) 1. 1 x 所以当所以当 x(0,1)时，时，g(x)0； 当当 x(1，)时
5、，时，g(x)0， 故故 h(x)在在(0,1)上单调递减，在上单调递减，在(1，)上单调递增，上单调递增， 从而从而 h(x)在在(0，)上的最小值为上的最小值为 h(1)1. 综上，当综上，当 x0 时，时，g(x)h(x)， 即即 xf(x)ex2ex0. 题后悟道 函数与导数综合问题的关键题后悟道 函数与导数综合问题的关键 (1)会求函数的极值点，先利用方程会求函数的极值点，先利用方程 f(x)0 的根，将函数的定义域分成若干个开区间， 再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值； 的根，将函数的定义域分成若干个开区间， 再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值； (2)证明不等
6、式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原 不等式成立； 证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原 不等式成立； (3)不等式恒成立问题除了用分离参数法， 还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手， 去求参数的取值范围 不等式恒成立问题除了用分离参数法， 还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手， 去求参数的取值范围 针对训练针对训练 已知函数已知函数 f(x)xln x，g(x)，直线，直线 l：y(k3)xk2. ax2 2 (1)若曲线若曲线 yf(x)在在 xe 处的切线与直线处的切线与直线 l 平行，求实数平行，求实数 k 的值；的值
7、； (2)若至少存在一个若至少存在一个 x01，e使使 f(x0)1 时，函数时，函数 f(x)的图象恒在直线的图象恒在直线 l 的上方，求的上方，求 k 的最大值的最大值 解：解：(1)由已知得，由已知得，f(x)ln x1，且，且 yf(x)在在 xe 处的切线与直线处的切线与直线 l 平行，平行， 所以所以 f(e)ln e12k3，解得，解得 k5. (2)因为至少存在一个因为至少存在一个 x01，e使使 f(x0)成立成立 2ln x x 令令 h(x)，当，当 x1，e时，时，h(x)0 恒成立，恒成立， 2ln x x 2 1 ln x x2 因此因此 h(x)在在1，e上单调递
8、增上单调递增. 2ln x x 故当故当 x1 时，时，h(x)min0， 所以实数所以实数 a 的取值范围为的取值范围为(0，) (3)由已知得，由已知得，xln x(k3)xk2 在在 x1 时恒成立，即时恒成立，即 k0 在在 x1 时恒成立时恒成立. 1 x x 1 x 所以所以 m(x)在在(1，)上单调递增，且上单调递增，且 m(3)1ln 30， 所以在所以在(1，)上存在唯一实数上存在唯一实数 x0(x0(3,4)使使 m(x0)0，即，即 x0ln x020. 当当 1x0时，时，m(x)0，即，即 F(x)0， 所以所以 F(x)在在(1，x0)上单调递减，在上单调递减，在
9、(x0，)上单调递增上单调递增 故故 F(x)minF(x0)x 0ln x0 3x02 x01 x02(5,6) x0 x 0 2 3x02 x01 故故 k0 时，证明：时，证明：f(x). 2a 1 a 解：解：(1)f(x) (x0) 1 x a x2 x a x2 当当 a0 时，时，f(x)0，f(x)在在(0，)上单调递增上单调递增 当当 a0 时，若时，若 xa，则，则 f(x)0，函数，函数 f(x)在在(a，)上单调递增；上单调递增； 若若 00 时，时，f(x)minf(a)ln a1. 要证要证 f(x)，只需证，只需证 ln a1， 2a 1 a 2a 1 a 即证即
10、证 ln a 10. 1 a 令函数令函数 g(a)ln a 1， 1 a 则则 g(a) (a0)， 1 a 1 a2 a 1 a2 当当 01 时，时，g(a)0， 所以所以 g(a)在在(0,1)上单调递减，在上单调递减，在(1，)上单调递增，上单调递增， 所以所以 g(a)ming(1)0. 所以所以 ln a 10 恒成立，恒成立， 1 a 所以所以 f(x). 2a 1 a 2(2018全国卷全国卷)已知函数已知函数 f(x)exax2. (1)若若 a1，证明：当，证明：当 x0 时，时，f(x)1； (2)若若 f(x)在在(0，)只有一个零点，求只有一个零点，求 a. 解：解
11、：(1)证明：当证明：当 a1 时，时，f(x)1 等价于等价于(x21)e x 10. 设函数设函数 g(x)(x21)e x 1， 则则 g(x)(x22x1)e x (x1)2e x. 当当 x1 时，时，g(x)0，h(x)没有零点；没有零点； ()当当 a0 时，时，h(x)ax(x2)e x. 当当 x(0,2)时，时，h(x)0. 所以所以 h(x)在在(0,2)上单调递减，上单调递减， 在在(2，)上单调递增上单调递增 故故 h(2)1是是 h(x)在在(0，)上的最小值上的最小值 4a e2 当当 h(2)0，即，即 a 时，因为时，因为 h(0)1，所以，所以 h(x)在在
12、(0,2)上有一个零点上有一个零点 e2 4 由由(1)知，当知，当 x0 时，时，exx2，所以，所以 h(4a)1111 0，故，故 h(x) 16a3 e4a 16a3 e 2a 2 16a3 2a 4 1 a 在在(2,4a)上有一个零点因此上有一个零点因此 h(x)在在(0，)上有两个零点上有两个零点 综上，当综上，当 f(x)在在(0，)上只有一个零点时，上只有一个零点时，a . e2 4 3(2018西安质检西安质检)设函数设函数 f(x)ln x (kRR) k x (1)若曲线若曲线 yf(x)在点在点(e，f(e)处的切线与直线处的切线与直线 x20 垂直，求垂直，求 f(
13、x)的单调性和极小值的单调性和极小值 (其中其中 e 为自然对数的底数为自然对数的底数)； (2)若对任意的若对任意的 x1x20，f(x1)f(x2)0)， 1 x k x2 曲线曲线 yf(x)在点在点(e，f(e)处的切线与直线处的切线与直线 x20 垂直，垂直， f(e)0，即 ，即 0，得，得 ke， 1 e k e2 f(x) (x0) 1 x e x2 x e x2 由由 f(x)0，得，得 xe， f(x)在在(0，e)上单调递减，在上单调递减，在(e，)上单调递增，上单调递增， 当当 xe 时，时，f(x)取得极小值，且取得极小值，且 f(e)ln e 2. e e f(x)
14、的极小值为的极小值为 2. (2)由题意知对任意的由题意知对任意的 x1x20，f(x1)x10)， k x 则则 h(x)在在(0，)上单调递减，上单调递减， h(x) 10 在在(0，)上恒成立，上恒成立， 1 x k x2 即当即当 x0 时，时，kx2x 2 恒成立， 恒成立， (x 1 2) 1 4 k . 1 4 故故 k 的取值范围是的取值范围是. 1 4， ， ) 4(2018全国卷全国卷)已知函数已知函数 f(x)(2xax2)ln(1x)2x. (1)若若 a0，证明：当，证明：当10 时，时，f(x)0； (2)若若 x0 是是 f(x)的极大值点，求的极大值点，求 a.
15、 解：解：(1)证明：当证明：当 a0 时，时，f(x)(2x)ln(1x)2x，f(x)ln(1x). x 1 x 设函数设函数 g(x)ln(1x)， x 1 x 则则 g(x). x 1 x 2 当当10 时，时，g(x)0， 故当故当 x1 时，时，g(x)g(0)0， 且仅当且仅当 x0 时，时，g(x)0， 从而从而 f(x)0，且仅当，且仅当 x0 时，时，f(x)0. 所以所以 f(x)在在(1，)上单调递增上单调递增 又又 f(0)0， 故当故当10 时，时，f(x)0. (2)若若 a0，由，由(1)知，知， 当当 x0 时，时，f(x)(2x)ln(1x)2x0f(0)，
16、 这与这与 x0 是是 f(x)的极大值点矛盾的极大值点矛盾 若若 a0， 1， ， 1 |a| 故故 h(x)与与 f(x)符号相同符号相同 又又 h(0)f(0)0， 故故 x0 是是 f(x)的极大值点，的极大值点， 当且仅当当且仅当 x0 是是 h(x)的极大值点的极大值点 h(x) 1 1 x 2 2xax2 2x 12ax 2 xax2 2 . x2 a 2x2 4ax6a 1 x 1 ax2x 2 2 若若 6a10，则当，则当 00， 1， ， 1 |a| 故故 x0 不是不是 h(x)的极大值点的极大值点 若若 6a10； 当当 x(0,1)时，时，h(x)0. 所以所以 x0 是是 h(x)的极大值点，的极大值点， 从而从而 x0 是是 f(x)的极大值点的极大值点 综上，综上，a . 1 6