《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》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（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
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)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)
