数学(理)二轮复习通用讲义：专题六第五讲大题考法——函数与导数

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1、题型(一)导数与函数的零点或方程根问题主要考查利用导数来判断函数的零点或方程根的个数，或者依据函数的零点、方程根的在情况求参数的值(或取值范围)第五讲大题考法函数与导数典例感悟典例1(2018全国卷n)已知函数f(x)=1x3a(x2+x+1).3(1)若a=3,求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点.审题定向(一)定知识主要考查导数的运算、导数与函数单调性的关系、零点的概念、零点与方程根的关系、零点存在性定理.(二)定能力1 .考查数学运算：导数的运算，解一元二次不等式、方程.2 .考查逻辑推理：用导函数值与0的关系判断函数的单调性，进而得出函数的单调区间；要证函数只有一个零

2、点，先证函数是单调函数，再由零点存在性定理证明有一零点.(三)定思路第(1)问利用导数与函数单调性的关系判断求解：先求函数f(x)的导数，再解导数大于0或小于0对应的不等式即可；第(2)问利用构造法、函数零点存在性定理求解：将函数的零点转化为方程的根，构造函数，再进一步转化为新函数零点的判断解(1)当a=3时，f(x)=1x3-3x2-3x-3,3f(x)=x26x3.令f(x)=0,解得x=325或x=3+2V3.325）43+25,+8）时,f（x）0；当xC(325，3+2镉)时，f(x)0,3X所以f(x)=0等价于-23a=0.x+x+1x3x)x2+2x+3设g(x)=2+一3a,

3、则g(x)=-2+12丛0，仅当x=0时，g(x)=0,所以g(x)在(一00,+OO)上单调递增.故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点.211211一，又f(3a1)=6a+2a3=636/gvo,f(3a+1)=0,故f(x)有一个零点.综上，f(x)只有一个零点.典例2(2017全国卷I)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)eX-x.(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.审题定向(一)定知识主要考查利用导数研究函数的单调性，函数的零点问题(二)定能力1 .考查数学运算：导数的运算，指数式与对数式的运算，解一元二次不等式、方程2 .考查逻

4、辑推理：用导函数值与0的关系判断函数的单调性；由函数零点情况分类讨论确定a的范围.(三)定思路第(1)问利用导数与函数单调性关系、分类讨论思想求解：求函数f(x)的导数，分类讨论确定导函数符号来判断f(x)的单调性；第(2)问利用分类讨论及等价转化思想求解：利用(1)中结论分类讨论aw。和a0两种情况下f(x)的零点情况，从而确定a的取值范围.解(1)f(x)的定义域为(一巴十8),f(x)=2ae2x+(a-2)ex1=(aex-1)(2ex+1).若a0,则f(x)0,则由f(x)=0,彳导x=lna.当xC(8,ina)时，f(x)0.所以f(x)在(00,ina)上单调递减，在(ina

5、,+8)上单调递增.(2)若aw0,由(1)知，f(x)至多有一个零点.若a0,由(1)知，当x=-ina时，f(x)取得最小值，最小值为f(-ina)=1-1+ina.a当a=1时，由于f(ina)=0,故f(x)只有一个零点；当aC(1,+8)时，由于1；+ina0,即f(ina)0,故f(x)没有零点；当aC(0,1)时，11+ina0,a即f(ina)2e2+20,故f(x)在(8,ina)有一个零点.设正整数no满足noing1贝Uf(no)=eno(aeno+a2)noenono2nonoO.由于in3-1-ina,因此f(x)在(一ina,+8)有一个零点.综上，a的取值范围为(

6、o,1).类题通法判断函数零点个数的2种常用方法直接法直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图.函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题分离出参数，转化为a=g(x),根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单分离调性，求出极值以及最值，画出草图.函数零点的个数问题即是直线y=a参数法与函数y=g(x)图象交点的个数问题.只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可对点训练(2019届高三辽宁五校联考)已知函数f(x)=x2+2alnx(aCR).x若f(x)在x=2处取得极值，求曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程；(2)当a0时,若f(x)有唯一的零点X0,求X0.

7、注：x表示不超过x的最大整数，如0.6=0,2.1=2,-1.5=-2.参考数据：ln2=0.693,ln3=1.099,ln5=1.609,ln7=1.946.3222x一ax一23解：(1)f(x)=x+-alnx,i(x)=-2(x0),由题意得f(2)=0,则2X2x.x.2a2=0,a=7,经验证，当a=7时，f(x)在x=2处取得极值，.f(x)=x2+-7lnx,f(x)x=2x马一7,f(1)=7,f(1)=3,则曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y-3=-xx7(x-1),即7x+y10=0.(2)令g(x)=2x3ax2(x0),则g(x)=6x2-a,由a0

8、,g(x)=0,可得x=a,g(x)在,，aJ:单调递减，在/6，+8单调递增.由于g(0)=-20,故当xC3,1，4,g(x)0,又g(1)=a1,3贝Ug(x0)=0,f(x0)=0,可得2lnx0-311=0.题型(二)导数与不等式恒成立问题主要考查利用函数的单调性求函数最值的方法，根据/、等式恒成立问题、求参数的值(或取值范围)令 h(x)= 2ln x1(x1),易知 h(x)在(1,+ 8)上单调递增,由于h(2) =10102ln 2-y2X0.7-y0，故 xo C (2,3),26xo = 2.典例感悟典例(2017全国卷I)已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x.(1

9、)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)0,求a的取值范围.审题定向(一)定知识主要考查导数与函数的单调性、导数与不等式的恒成立问题(二)定能力1 .考查数学运算：导数的运算，解一元二次不等式、方程.2 .考查逻辑推理：用导函数的值与0的关系判断函数的单调性、不等式的恒成立问题转化为求函数最值问题.(三)定思路第(1)问利用导数与函数单调性的关系、分类讨论求解：先求f(x)的导数f(x),再对a分区间讨论f(x)的正负，从而得到f(x)的单调性；第(2)问利用转化思想、分类讨论思想求解：要使f(x)0成立，只需f(x)min0即可，由(1)求出f(x)在a的不同取值范围内的最小值，进而求出a的

10、取值范围.解(1)函数f(x)的定义域为(一OO+OO)f(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).若a=0,则f(x)=e2x在(8,+oo)上单调递增.若a0,则由f(x)=0,得x=lna.当xC(8,ina)时，f(x)0.故f(x)在(8,ina)上单调递减，在(ina,+00)上单调递增.若a0,则由f(x)=0,得x=lneai当xCoo,inI-aj时,f(x)0.故f(x)在8,inE2“单调递减，在G1a)+;上单调递增.(2)若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)0.若a0,则由(1)得，当x=ina时，f(x)取得最小值，最小值为f(ina)=-a

11、2ina.从而当且仅当一a2ina0,即Ovawi时，f(x)0.若a0.4综上，a的取值范围是2e3,1!类题通法用导数解不等式恒成立问题的2种方法及步骤分离参数法第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围函数思想法第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的极值(最值)；第三步：构建不等式求解对点训练(2018陕西模拟)已知函数f(x)=lnx,g(x)=x1.(1)求函数y=f(x)的图象在x=1处的切线方程；(2)证明:f(x)Wg(x)；(3)若不等式f(x)wag(x)对任意

12、的xC(1,+8)均成立，求实数a的取值范围.1解：(1)f(x)=-,f(1)=1.x又f(1)=0,.切线的方程为y-f(1)=f(1)(x-1),即所求切线的方程为y=x-1.(2)证明：设h(x)=f(x)g(x)=lnxx+1(x0),1则h(x)=1,令h(x)=0,得x=1,x当x变化时，h(x),h(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1,+)h(x)十0一h(x)单调递增极大值单调递减h(x)0,g(x)0.(i)当a1时，f(x)wg(x)wag(x)；(ii)当aw。时,f(x)0,ag(x)W0,，不满足不等式f(x)wag(x)；，、一一,1人，(m)当0a1时,设

13、(j)(x)=f(x)-ag(x)=Inx-a(x-1),则()(x)=a,令4(x)=0,x./曰1付x=a， M(x)max =当x变化时，/(x),Mx)的变化情况如下表:x，a/1aQ2)4(x)十0一Mx)单调递增极大值单调递减M1)=0,不满足不等式.综上，实数a的取值范围为1,+8).题型(三)导数与不等式的证明问题主要考查利用函数的单调，性求最值，证明不等式或比较大小问题.典例感悟，1.典例1(2018全国卷I)已知函数f(x)=-x+alnx.x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:a 2.审题定向(一)定知识主要考查利用导数研究函数的

14、单调性、函数极值的概念及性质、利用函数的导数证明不等(二)定能力1 .考查数学运算：导数的运算，解方程、解不等式2 .考查逻辑推理：用导函数的值与0的关系判断函数的单调性，要证明不等式，则用构造法转化为可判断函数的单调性，证明不等式.(三)定思路第(1)问利用导数与函数单调性关系分类讨论求解:求出函数的导数，根据a的取值情况进行讨论;第(2)问利用转化思想、构造法证明:f(Xl)fX2结合(1),求出f(x)存在两个极值点Xl,X2时a的范围，以及Xl,X2的关系式，转化,X1X2利用分析法构造函数，判断所构造函数的单调性解(1)f(x)的定义域为(0,+8)21axax+1f(x)=-1+-

15、=-2x xx若aw2,则f(x)2,令f(x)=0,7a24、,a+、a2-42或x=2当 x e ,0,a+ja24、2，+时,f(x)0.f(x)在0,aa2 4aa2 4,+oo j上单调递减，a a2 42时，f(x)存在两个极值点.由于f(x)的两个极值点xi, X2满足x2ax+ i = 0,所以XlX2=1,不妨设Xl1.由于f(xi 厂 f (X2)i i + a ln xi - In X2Xi x2X1X2Xi - x2cInxilnx2c2lnx2=-2+a=-2+a,xi 一x2x2x2所以(”匚JxmLa2等价于工一X2+2lnX20.Xi-X2X2i设函数g(x)=

16、x+2lnx,x由(i)知，g(x)在(0,+8)上单调递减.又g(i)=0,从而当xC(i,+8)时，g(x)0.所以xz+2lnx20.求a;、一一，八一，一.一Ir一2一2(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点xo,且ef(xo)0及f(x)的定义域为x0,得axalnx0,构造函数，利用导数讨论函数的单调性，进而求得a的值；第(2)问利用构造法、导数与函数的单调性、分类讨论求证：先利用导数研究函数的单调性，再证明函数f(x)存在唯一极大值点，最后根据极值点处导数为零，证明不等式.解(1)f(x)的定义域为(0,+8).设g(x)=axalnx,则f(x)=xg(x),f(x)0等价于g

17、(x)0.因为g(1)=0,g(x)0,故g(1)=0,而g(x)=a-1,x.故g(1)=a1=0,得a=1.若a=1,则g(x)=11.x当0Vx1时，g(x)1时，g(x)0,g(x)单调递增.所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)g(1)=0.综上，a=1.2(2)证明：由(1)知f(x)=x-x-xlnx(x0),f(x)=2x2Inx.一一1设h(x)=2x2lnx,则h(x)=2.x当xeF，2，寸，h(x)0.所以h(x)在o,2:上单调递减，在2,+8%单调递增.又h(e2)0,h(、0,h(1)=0,所以h(x)在”，2有唯一零点xo,在2,+001有唯一零点1,且当x

18、e(0,xo)时,h(x)0;当xC(xo,1)时，h(x)0.因为f(x)=h(x),所以x=xo是f(x)的唯一极大值点.由f(x0)=0得lnxo=2(xo-1),故f(x0)=xo(1xo).,121由xoCo,2/导f(xo)f(e1)=e2.所以e2f(xo)gg3)的问虺:转化为证明/G)-g0)-g(i)0恒成立，求整数a的最大值；(3)证明：ln2+(ln3ln2)2+(ln4-ln3)3+ln(n+1)-ln叩“x+1,设F(x)=ex-x-1,则F(x)=ex-1,当xC(0,+8)时,f(x)0,当xC(oo,0)时，f(x)x+1.同理可得ln(x+2)Wx+1,即e

19、xln(x+2),当aW2时，ln(x+a)ln(x+2)0恒成立.当a3时，e00不恒成立.故整数a的最大值为2.(3)证明：由(2)知exln(x+2),令x=1,则e三三lnHnln2+(ln3-In2)2+(ln4-ln3)3+ln(n+1)Innn,11p012n1e1e又e+e+e+e+=11,1e11e-1所以ln2+(ln3In2)2+(In4In3)3+ln(n+1)Innn0时，f0,得0x1,由f(x)0,得x21,2Vx1,.f(x)的单调递增区间为o,1:口(1,+8),单调递减区间为2,1),f x f x In x(2)由得x.Jx.ax(a+1)0 , x x.

20、33得0xe2,因而h(x)在0, e2产单调递增，由h(x)e2,因而h(x)在e3,+001单调递减.h(x)的最大值为h(e2=e2,3 .2- 1, +8 ,.a+1332e2,故a2e21.从而实数a的取值范围为思维升华函数与导数压轴题堪称“庞然大物”，所以征服它需要一定的胆量和勇气，可以参变量分离、把复杂函数分离为基本函数，可把题目分解成几个小题，也可把解题步骤分解为几个小步，也可从逻辑上重新换叙.注重分步解答，这样即使解答不完整，也要做到尽可能多拿步骤分.应用体验(2018洛阳统一考试)设函数f(x)=a+xlnx,g(x)=x3x23.x(1)讨论函数h(x)=%单调性；x(2

21、)如果对任意的s,tC221,都有f(s)g(t)成立，求实数a的取值范围.a斛：(1)因为h(x)=-2+lnx(x0),x2a1x2a所以h(x)=-x3+x=当aW0时，h(x)0,函数h(x)在(0,+)上单调递增;当a0时，令h(x)0,得x寸石，即函数h(x)的单调递增区间为(必，+8)；令h(x)0,得0xg(t)成立，等价于当xC1,2b寸,f(x)=a+xlnx1恒成立，等价于ax-x2lnx成立,/x2.记F(x)=xxlnx,所以aF(x)max.F(x)=1-2xlnx-x,F(1)=0.令m(x)=12xlnxx,则m(x)=32lnx,当xj,21,m(x)=-3-

22、2lnx0,当xC(1,2时，F(x)0时，x0；f(x)=xex0时，x1,当xC(1,xo)时，恒有f(x)l+Zx+Mx1)成立，求k的取值范围.解：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0,+8).f(x)=a,f(1)=10,.a=1,f(x)=11=一,令f(x)0得0x1，令f(x)1,f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+8).22,x1一.，.x1(2)不等式f(x)亢+2x+2k(x1)可化为lnx-+x-2k(x-1),人x21令g(x)=lnx-2+x2k(x1),1x2+f1kx+1则g(x)=；-x+1-k=；1,x.x.令h(x)=x2+(1k)

23、x+1,则h(x)的对称轴为直线x=，k,1k当一2一1,即k1时，易知h(x)在(1,+8)上单调递减,xC(1,+8)时，h(x)1,则h(x)0,g(x)0,.，g(x)在(1,+8)上单调递减,g(x)g(1)=0,不符合题意.若一1wk0,，存在X01,使得xC(1,X0)时,h(x)0,即g(x)0,g(x)在(1,X0)上单调递增,g(x)g(1)=0恒成立,符合题意.1k当21,即k1,使得h(x)在(1,X0)上单调递增,h(x)h(1)=1-k0,g(x)0,g(x)在(1,X0)上单调递增,g(x)g(1)=0恒成立，符合题意.综上，k的取值范围是(一8,1).3.(20

24、18合肥卞莫拟)已知函数f(x)=lnx+-2a；(aR).xII(1)求函数f(x)的单调区间;x+1(2)当a=1时，求证：f(x)w一丁.x2+2(1aX+1解：(1)f(x)的定义域为(0,+8),f(x)=2一xx+1考虑y=x2+2(1a)x+1,x0.当A0,f(x)在(0,+8)上单调递增.当A0,即a2或a0时，由x2+2(1a)x+1=0,#x=a-14a2-2a.若a0恒成立,此时f(x)在(0,+8)上单调递增；若a2,贝Ua1+a2-2aa1a2-2a0,由f(x)0,得0xa1+222a,贝Uf(x)在(0,a1yja22a)和(a1+42-2a,+00)上单调递增

25、.由f(x)0,得a1a22ax2时，f(x)的单调递增区间为(0,a-1-a2-2a),(a-1+/a2-2a,+m),单调递减区间为(a1a-2a,a1+a-2a).、一一2(2)证明：当a=1时，f(x)=lnx+.x+12x+ 13-(x0)x+1则 g (x) =12X (x+ 1 2令g(x)=f(x)-2-=lnx+设函数g(x)=ln(1+x)则g(x)=2.1+x当一1x0时，g(x)0时,g(x)0,故当x1时，g(x)g(0)=0,且仅当x=0时，g(x)=0,从而f(x)0,且仅当x=0时，f(x)=0.所以f(x)在(1,+8)上单调递增.又f(0)=0,故当一1x0

26、时，f(x)0时,f(x)0.(2)若a0,由(1)知,当x0时，f(x)(2+x)ln(1+x)-2x0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.若a0,设函数h(x)=型2=ln(1+x)2x22+x+ax2+x+ax由于当 |x|0,故h(x)与f(x)符号相同.又 h(0)=f(0)=0,故x = 0是f(x)的极大值点,当且仅当x= 0是h(x)的极大值点.h (x) =212(2+x+ax ) 2x(1+ 2ax )1+x(2+x+ax2 2x2 a2x2 + 4ax+ 6a+ 1(x+ 1 jax2+ x+ 2 2若 6a+ 10,贝U当 0x-6a+14a且 |x|0,故

27、x=0不是h(x)的极大值点.若6a+10,贝Ua2x2+4ax+6a+1=0存在根xi0,故当xC(xi,0),且|x|0;当xC(0,1)时，h(x)0.所以x=0是h(x)的极大值点，从而x=0是f(x)的极大值点.综上，a=一1.6B卷一一深化提能练1.已知函数f(x)=lnx+一s(s,tCR).x(1)讨论f(x)的单调性及最值；(2)当t=2时，若函数f(x)恰有两个零点x1,x2(0x14.xt解：(1)f(x)=-(x0),x、当tw0时，f(x)0,f(x)在(0,+8)上单调递增，f(x)无最值；当t0时，由f(x)0,得x0,得xt,f(x)在(0,t)上单调递减，在(

28、t,+8)上单调递增，故f(x)在x=t处取得最小值，最小值为f(t)=lnt+1-s,无最大值.(2).f(x)恰有两个零点x1,x2(0x10,.h(t)在(1,+8)上单调递增,t1,h(t)h(1)=0,又t=x21,1nt0,故X1+X24成立.2. (2019届高三福州四校联考)已知函数f(x)=ax-1nx,F(x)=ex+ax,其中x0,a0,xxa0,f(x)0在(0,+8)上恒成立，即f(x)在(0,+8)上单调递减，当1Wa0,即F(x)在(0,+8)上单调递增，不合题意，当a0,得x1n(a),由F(x)0,得0x1n3,解得ae2时，p(x)0,当0xe2时,p(x)

29、0,g(x)w0,g(x)单调递减，当xC.；,+8j时，ax+10,g(x)单调递增，g(x)min=g1aM,设1=1C(0,e2,M=h(t)=lnt+1(0twe2),则h(t)=-12-1h(e2)=0,即M0,M的最小值为0.3. (2018贵阳模拟)已知函数f(x)=kx-lnx-1(k0).(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；(2)证明：当nCN*时，1+1+1+1ln(n+1).23n1kx1解：(1)法一:f(x)=kxlnx-1,f(x)=k-=(x0,k0),xx,1一,1一,1一当x=1时，f(x)=0;当0x时，f(x)；时，f(x)0.kkkf(x

30、)在o,1单调递减，在+8/单调递增，f(x)min=fg广lnk,f(x)有且只有一个零点,Ink=0,k=1.法二：由题意知方程kxInx1=0仅有一个实根，Inx+1由kxInx-1=0得k=(x0),xInx+1Inx令g(x)=Z(x0),g(x)=Y2，x.x.当x=1时，g(x)=0;当0x0;当x1时，g(x)0,即x1lnx,当且仅当x=1时取等号，.nCN*,令x=n-1,得1lnn1,nnn1+1+1+1ln2+ln3+ln-=ln(n+1),23n12n故1+1+1+1ln(n+1).23nlnx4. (2018郑州模拟)已知函数f(x)=(aCR),曲线y=f(x)在

31、点(1,f(x)处的切线与x+a直线x+y+1=0垂直.的大小，并说明理由;(1)试比较20172018与20182017.-、，一_-/.,.,.、-rrrt2(2)若函数g(x)=f(x)k有两个不同的零点xi,X2,证明：XiX2e.解：(1)2017201820182017.理由如下:x+a-lnx一x依题忌、得,f(x)=2-,x+a因为函数f(x)在x=1处有意义，所以aw1.所以f(1)=工二二,1+a1+a1-又由过点(1,f(1)的切线与直线x+y+1=0垂直可得，f(1)=1,即=1,解得a=0.Inx此时f(x)=,x.1Inxf(x)=,x.令f(x)0,即1lnx0,

32、解得0xe;令f(x)0,即1Inxe.所以f(x)的单调递增区间为(0,e),单调递减区间为(e,+8).ln20171n2018所以f(2017)f(2018),即2017_2_018-，贝U20181n201720171n2018,所以2017201820182017(2)证明：不妨设x1x20,因为g(x1)=g(x2)=0,所以1nx1kx1=0,Inx2kx2=0.可得Inx+Inx2=k(x1+x2),Inx1lnx2=k(x1-x2),要证x1x2e2,即证1nx1+1nx22,也就是k(x1+x2)2,Inx11nx2Inxl1nx22因为k=,所以只需证,即lnxi2(x1

33、-x2)令xi=t则t1即证int空二11,x2x1+x2x2t+1h(t)=ln t-2 t- 1t+1(t1)由h(t)=1-110得函数h(t)在(1,+8)上是增函数,tt+1211+122t-1所以h(t)h(1)=0,即Int-.t+1所以X1X2e2.32_2xx3(x1jx2+x+2)2x(x+122x(x+12当x1时，g(x)0,当0Vx0,g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,十)上单调递减,即当x=1时，g(x)取得最大值,x+1故g(x)wg(1)=0,即f(x)w2成立，得证.4.(2018全国卷出)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)2x.(1)若a=0,证明：当一1x0时，f(x)0时，f(x)0;(2)若x=0是f(x)的极大值点，求a.x解：(1)证明：当a=0时，f(x)=(2+x)ln(1+x)2x,f(x)=ln(1+x)