《2019版高考数学（理）高分计划一轮高分讲义：第2章 函数、导数及其应用 导数在研究函数中的应用（二） 》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版高考数学（理）高分计划一轮高分讲义：第2章 函数、导数及其应用 导数在研究函数中的应用（二） （27页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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
2、到在已有知识范围内可解的问 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
3、显的逻辑性、综合性、探索性，能训练人的思维 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
4、数 f(x)的导函数为 f(x)，对任意 xR 都有 f(x)f(x) 成立，则( ) A3f(ln 2)2f(ln 3) B3f(ln 2)2f(ln 3) C3f(ln 2)g(ln 3)，即， fln 2 eln 2 fln 3 eln 3 即， fln 2 2 fln 3 3 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 xfxfx x2 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， 此时
5、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)(0,2) 3已知 f(x)在1，)上是单调递增函数，则 2x2ax2a 2x a 的取值范围是_ 答案 a1 解析 f(x)x ，f(x)1. a x a 2 a x2 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 ( 0，3 2) 解析 对于函数 yx32axa，求导可得 y3x22a，
6、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 ， 2 3a 若有一根在(0,1)内，则 01. fx1fx2 x1x2 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. fx1fx2 x1x2 从而构造函数 g(x)f(x)x x2ax(a1)ln xx. 1 2 则 g(x)x(a1)2(a1)1(1) a1 x xa1 xa1 2. 由于 10，即 g(x)在(0，)单调递增， 从而当 x1x20 时，有 g(x1)g(x2)，即 f(x1)x1
7、f(x2)x2， 从而1. fx1fx2 x1x2 当 01. fx1fx2 x1x2 fx2fx1 x2x1 综上，若 11. fx1fx2 x1x2 角度 2 不等式恒成立问题 (2015北京高考)已知函数 f(x)ln. 典例 1x 1x (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； (x x3 3) (3)设实数 k 使得 f(x)k对 x(0,1)恒成立，求 k 的最大 (x x3 3) 值 解 (1)f(x)ln ，x(1,1)，f(x)，f(0) 1x 1x 2 1x2 2，f(0)0，所以切线方程为 y2x. (2)证明
8、：原命题等价于任意 x(0,1)， f(x)20. (x x3 3) 设函数 F(x)ln (1x)ln (1x)2， (x x3 3) F(x). 2x4 1x2 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. (x x3 3) (3)ln k，x(0,1)t(x)ln 1x 1x (x x3 3) k0，x(0,1) 1x 1x (x x3 3) t(x)k(1x2)，x(0,1) 2 1x2 kx42k 1x2 当 k0,2，t(x)0，函数 t(x)单调递增， t(x)t(0)0 显然成立 当
9、k2 时，令 t(x0)0 得 x (0,1)，t(x)的变化情况 4 0 k2 k 列表如下： x(0，x0)x0(x0,1) t(x) 0 t(x)极小值 t(x0)0 时，f(x)0 恒成立， 2x12 x 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)ax 2x0， 2 0 记 F(x)xln x(x0)， F(x)(x0)， x1 x 当 01 时，F(x)0，F(x)单调递增 F(x)F(1)10， a，记 G(x)，x. x2 02x0 x0ln x0 x2
10、2x xln x 1 e，e G(x) 2x2xln xx2x1 xln x2 . x1x2ln x2 xln x2 x，22ln x2(1ln x)0， 1 e，e x2ln 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
11、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_ fx gx 答案 (1，) 解析 令 h(x)， fx gx 则 h(x)， fxgxfxgx g2x 而 g(x)0 与 f(x)g(x)f(x)g(x)恒成立，故 h(x)0，h(x)在 R 上递增，而 h(1)0， 故不等式0，即 h(x)h(1)， fx gx 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，e2.7182
12、8)使不等 ( 1 e，e 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 ( 1 e，) 当 0 时，f(x)在t，t2上单调递增，故 f(x) 1 e 1 e minf(t)tln t. 所以 f(x)minError!Error! (2)由题意知 2xln xx2ax3， 即 a2ln xx ，x 3 x ( 1 e，e) 设 h(x)2ln xx ，x 3 x ( 1 e，e) 则 h(x) 1， 2 x 3 x2 x3x1 x2 当 x时，h(x)0，此时 h(x)单调递增 所以 h(x)ma
13、xmax， h( 1 e)，he 因为存在 x，使 2f(x)g(x)成立， 1 e，e 所以 ah(x)max， 又 h2 3e，h(e)2e ， ( 1 e) 1 e 3 e 故 hh(e)，所以 a 3e2. ( 1 e) 1 e 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. 典例 (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
14、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. 典例 x2 2 (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 2ln x x2 1 a 法求解 解 (1)当 a1 时， f(x)ln x，f(x)x ， x2 2 1 x f(1)0，f(1) ， 1 2 在点(1，f(1)处的切线方程为 y . 1 2 (2)f(x)， x2a x 当 a0 时，f(x)0，f(x)递增，函数无极值
