《2018大二轮高考总复习文数文档：解答题8 第1课时 函数的单调性与导数、极值与最值、导数与不等式问题 》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018大二轮高考总复习文数文档：解答题8 第1课时 函数的单调性与导数、极值与最值、导数与不等式问题 （17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、解答题08：函数与导数年 份卷 别具体考查内容及命题位置命题分析2017卷函数的性质、导数及其应用T211.解答题第21题压轴题一般考查利用导数研究函数的有关性质，难度中等偏上2本题考查内容灵活多变，常涉及分类讨论思想、数形结合思想另外，多与不等式、方程根的分布及函数的值域等问题相结合设置成综合性试题，难度较大.卷函数的单调性、导数的应用、不等式的恒成立问题T21卷函数的性质，导数的应用T212016甲卷导数的几何意义、利用导数研究不等式恒成立T20乙卷单调性讨论、函数的零点问题、导数的应用T21丙卷单调性讨论、不等式证明T212015卷函数的零点问题、不等式证明T21卷利用导数研究函数的单调
2、性、最值、求参数的取值范围问题T212014卷导数的几何意义、存在性问题求参数T21卷导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性、极值T212013卷利用导数研究函数的单调性、极值T20卷利用导数研究函数的极值、求参数的取值范围T21第一课时函数的单调性与导数、极值与最值、导数与不等式问题基本考点函数的单调性与导数、极值与最值考向01：函数的导数与单调性(2017宁夏大学附中二模)设函数f(x)aln x，其中a为常数(1)若a0，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)讨论函数f(x)的单调性思路点拨(1)将a的值代入，求导得f(1)，再求出f(1)的值，利用点斜式求出切线方程(
3、2)求导得 f(x). 依据a的取值范围分类讨论f(x)取值的正负确定函数的单调性【解】(1)由题意知a0时，f(x)，x(0，)此时f(x). 可得f(1)，又f(1)0，所以曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程为x2y10.(2)函数f(x)的定义域为(0，)f(x).当a0时，f(x)0，函数f(x)在(0，)上单调递增当a0时，令g(x)ax2(2a2)xa，由于(2a2)24a24(2a1)，当a时，0，f(x)0，函数f(x)在(0，)上单调递减当a时，0，g(x)0，f(x)0，函数f(x)在(0，)上单调递减当a0时，0.设x1，x2(x1x2)是函数g(x)的两个零点，
4、则x1，x2.由于x10，所以x(0，x1)时，g(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递减，x(x1，x2)时，g(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递增，x(x2，)时，g(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递减，综上可得：当a0时，函数f(x)在(0，)上单调递增；当a时，函数f(x)在(0，)上单调递减；当a0时，f(x)在，上单调递减，在上单调递增讨论函数的单调性其实质就是讨论不等式的解集的情况大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论，常需依据以下标准分类讨论：(1)二次项系数为0、为正、为负，目的是讨论开口方向； (2)判别式的正负，目的是讨论对
5、应二次方程是否有解；(3)讨论两根差的正负，目的是比较根的大小；(4)讨论两根与定义域的关系，目的是根是否在定义域内另外，需优先判断能否利用因式分解法求出根考向02：函数的极值与最值问题(2017北京卷)已知函数f(x)excos xx.(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值【解】(1)因为f(x)excos xx，所以f(x)ex(cos xsin x)1，f(0)0.又因为f(0)1，所以曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y1.(2)设h(x)ex(cos xsin x)1，则h(x)ex(cos xsin xsin
6、xcos x)2exsin x.当x时，h(x)0，所以h(x)在区间上单调递减所以对任意x有h(x)h(0)0，即f(x)0.所以函数f(x)在区间上单调递减因此f(x)在区间上的最大值为f(0)1，最小值为f.含参数的函数的极值(最值)问题常在以下情况下需要分类讨论：(1)导数为零时自变量的大小不确定需要讨论；(2)导数为零的自变量是否在给定的区间内不确定需要讨论；(3)端点处的函数值和极值大小不确定需要讨论；(4)参数的取值范围不同导致函数在所给区间上的单调性的变化不确定需要讨论1(2016北京高考)设函数f(x)xeaxbx，曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程为y(e1)x4
7、.(1)求a，b的值；(2)求f(x)的单调区间解：(1)f(x)的定义域为R.f(x)eaxxeaxb(1x)eaxb.依题设，即解得a2，be.(2)由(1)知f(x)xe2xex，由f(x)e2x(1xex1)及e2x0知，f(x)与1xex1同号令g(x)1xex1，则g(x)1ex1.所以，当x(，1)时，g(x)0，g(x)在区间(，1)上单调递减；当x(1，)时，g(x)0，g(x)在区间(1，)上单调递增故g(1)1是g(x)在区间(，)上的最小值，从而g(x)0，x(，)，综上可知，f(x)0，x(，)故f(x)的单调递增区间为(，)2(2017日照二模)已知f(x)axln
8、 x，aR.(1)若f(x)在x1处有极值，求f(x)的单调递增区间；(2)是否存在实数a，使f(x)在区间(0，e上的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由解：(1)由题意知f(1)0，a10，a1.经检验a1，f(x)在x1处有极值，所以f(x)xln x，令f(x)10，解得x1或x0，又f(x)的定义域为(0，)，所以f(x)的单调递增区间为(1，)(2)假设存在实数a，使f(x)axln x，(x(0，e)有最小值3.当a0时，因为x(0，e，所以f(x)0，所以f(x)在(0，e上单调递减，f(x)minf(e)ae13，解得a(舍去)；当0e时，f(x)在(0, )上
9、单调递减，在(，e上单调递增，f(x)minf()1ln a3，解得ae2，满足条件；当e时，因为x(0，e，所以f(x)0，f(x)在(0，e上单调递减，f(x)minf(e)ae13.解得a，舍去综上，存在实数ae2，使得当x(0，e时，f(x)有最小值3.常考热点导数与不等式问题在高考压轴题中，函数与不等式的交汇是考查热点，常以含指数、对数函数为载体考查不等式的证明、比较大小、范围等问题，以及不等式的恒成立与能成立问题考向01：利用导数证明不等式常见构造辅助函数的四种方法(1)直接构造法：证明不等式f(x)g(x)(f(x)g(x)的问题转化为证明f(x)g(x)0(f(x)g(x)0)
10、，进而构造辅助函数h(x)f(x)g(x)(2)构造“形似”函数：稍作变形后构造对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数(3)适当放缩后再构造：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数(4)构造双函数：若直接构造函数求导，难以判断符号，导数的零点也不易求得，因此单调性和极值点都不易获得，从而构造f(x)和g(x)，利用其最值求解(2017全国卷)已知函数f(x)ln xax2(2a1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a0时，证明f(x)2.(1)【解】f(x)的定义域为(0，)，f(x
11、)2ax2a1.若a0，则当x(0，)时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递增若a0，则当x时，f(x)0；当x时，f(x)0.故f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)【证明】由(1)知，当a0时，f(x)在x处取得最大值，最大值为fln1.所以f(x)2等价于ln12，即ln10.设g(x)ln xx1，则g(x)1.当x(0,1)时，g(x)0；当x(1，)时，g(x)0，所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减故当x1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)0.所以当x0时，g(x)0.从而当a0时，ln10，即f(x)2.(1)证明f(x)g(x)或f(x)g(
12、x)，可通过构造函数h(x)f(x)g(x)，将上述不等式转化为求证h(x)0或h(x)0，从而利用求h(x)的最小值或最大值来证明不等式或者，利用f(x)ming(x)max或f(x)maxg(x)min来证明不等式(2)在证明不等式时，如果不等式较为复杂，则可以通过不等式的性质把原不等式变换为简单的不等式，再进行证明考向02：利用导数解决不等式的恒成立问题利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围一般地，f(x)a恒成立，只需f(x)mina即可；f(x)a
13、恒成立，只需f(x)maxa即可(2)转化为含参函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解(2017全国卷)已知函数f(x)ex(exa)a2x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)0，求a的取值范围【解】(1)函数f(x)的定义域为(，)，f(x)2e2xaexa2(2exa)(exa)若a0，则f(x)e2x在(，)上单调递增若a0，则由f(x)0得xln a.当x(，ln a)时，f(x)0.故f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增若a0，则由f(x)0得xln.当x，ln时，f(x)0.故f(x)在，ln上单调递减，在ln，上单调递增(2)若a0，则f(x)e2x，所以f(x)0.若a0，则由(1)得，当xln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)a2ln a，从而当且仅当a2ln a0，即a1时，f(x)0
