《（通用版）2019版高考数学二轮复习 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”讲义 理（普通生，含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（通用版）2019版高考数学二轮复习 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”讲义 理（普通生，含解析）（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分”技法指导迁移搭桥 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(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. 典例已知函数f(x)eln xax(aR)(1)讨论f(x)的单调性；(2)当ae时，证明：xf(x)ex2ex0.快审题求什么想什么讨论函数的单调性，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 给什么用什
2、么已知函数的解析式，利用导数解题差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.稳解题(1)f(x)a(x0)，若a0，则f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；若a0，则当0x0，当x时，f(x)0，所以只需证f(x)2e，当ae时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以f(x)maxf(1)e.记g(x)2e(x0)，则g(x)，所以当0x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)ming(1)e.综上，当x0时，f(x)g(x)，即f(x)2e，即xf(x)ex2ex0.法二：证xf(x)
3、ex2ex0，即证exln xex2ex2ex0，从而等价于ln xx2.设函数g(x)ln xx2，则g(x)1.所以当x(0,1)时，g(x)0；当x(1，)时，g(x)0，故g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，从而g(x)在(0，)上的最大值为g(1)1.设函数h(x)，则h(x).所以当x(0,1)时，h(x)0，故h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，从而h(x)在(0，)上的最小值为h(1)1.综上，当x0时，g(x)h(x)，即xf(x)ex2ex0.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f(x)0的根，将函数的定义域
4、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针对训练已知函数f(x)xln x，g(x)，直线l：y(k3)xk2.(1)若曲线yf(x)在xe处的切线与直线l平行，求实数k的值；(2)若至少存在一个x01，e使f(x0)1时，函数f(x)的图象恒在直线l的上方，求k的最大值解：(1)由已知得，f(x)ln x1，且yf(x)在xe处的切线与直线l平行，所以f(e)ln e12k3，解得k
5、5.(2)因为至少存在一个x01，e使f(x0)g(x0)成立，所以至少存在一个x使xln x成立令h(x)，当x1，e时，h(x)0恒成立，因此h(x)在1，e上单调递增. 故当x1时，h(x)min0，所以实数a的取值范围为(0，)(3)由已知得，xln x(k3)xk2在x1时恒成立，即k0在x1时恒成立. 所以m(x)在(1，)上单调递增，且m(3)1ln 30，所以在(1，)上存在唯一实数x0(x0(3,4)使m(x0)0，即x0ln x020.当1xx0时，m(x)0，即F(x)x0时，m(x)0，即F(x)0，所以F(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增故F(x)
6、minF(x0)x02(5,6)故k0时，证明：f(x).解：(1)f(x)(x0)当a0时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增当a0时，若xa，则f(x)0，函数f(x)在(a，)上单调递增；若0xa，则f(x)0时，f(x)minf(a)ln a1.要证f(x)，只需证ln a1，即证ln a10.令函数g(a)ln a1，则g(a)(a0)，当0a1时，g(a)1时，g(a)0，所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以g(a)ming(1)0.所以ln a10恒成立，所以f(x).2(2018全国卷)已知函数f(x)exax2.(1)若a1，证明：当x0时，f
7、(x)1；(2)若f(x)在(0，)只有一个零点，求a.解：(1)证明：当a1时，f(x)1等价于(x21)ex10.设函数g(x)(x21)ex1，则g(x)(x22x1)ex(x1)2ex.当x1时，g(x)0，h(x)没有零点；()当a0时，h(x)ax(x2)ex.当x(0,2)时，h(x)0.所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增故h(2)1是h(x)在(0，)上的最小值当h(2)0，即a时，h(x)在(0，)上没有零点当h(2)0，即a时，h(x)在(0，)上只有一个零点当h(2)时，因为h(0)1，所以h(x)在(0,2)上有一个零点由(1)知，当x0时，exx
8、2，所以h(4a)11110，故h(x)在(2,4a)上有一个零点因此h(x)在(0，)上有两个零点综上，当f(x)在(0，)上只有一个零点时，a.3(2018西安质检)设函数f(x)ln x(kR)(1)若曲线yf(x)在点(e，f(e)处的切线与直线x20垂直，求f(x)的单调性和极小值(其中e为自然对数的底数)；(2)若对任意的x1x20，f(x1)f(x2)0)，曲线yf(x)在点(e，f(e)处的切线与直线x20垂直，f(e)0，即0，得ke，f(x)(x0)由f(x)0，得0x0，得xe，f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，)上单调递增，当xe时，f(x)取得极小值，且f(e)
9、ln e2.f(x)的极小值为2.(2)由题意知对任意的x1x20，f(x1)x10)，则h(x)在(0，)上单调递减，h(x)10在(0，)上恒成立，即当x0时，kx2x2恒成立，k.故k的取值范围是.4(2018全国卷)已知函数f(x)(2xax2)ln(1x)2x.(1)若a0，证明：当1x0时，f(x)0时，f(x)0；(2)若x0是f(x)的极大值点，求a.解：(1)证明：当a0时，f(x)(2x)ln(1x)2x，f(x)ln(1x).设函数g(x)ln(1x)，则g(x).当1x0时，g(x)0时，g(x)0，故当x1时，g(x)g(0)0，且仅当x0时，g(x)0，从而f(x)
10、0，且仅当x0时，f(x)0.所以f(x)在(1，)上单调递增又f(0)0，故当1x0时，f(x)0时，f(x)0.(2)若a0，由(1)知，当x0时，f(x)(2x)ln(1x)2x0f(0)，这与x0是f(x)的极大值点矛盾若a0，设函数h(x)ln(1x).由于当|x|0，故h(x)与f(x)符号相同又h(0)f(0)0，故x0是f(x)的极大值点，当且仅当x0是h(x)的极大值点h(x).若6a10，则当0x，且|x|0，故x0不是h(x)的极大值点若6a10，则a2x24ax6a10存在根x10，故当x(x1,0)，且|x|min时，h(x)0；当x(0,1)时，h(x)0.所以x0是h(x)的极大值点，从而x0是f(x)的极大值点综上，a.8
