【数学】2019届一轮复习人教B版导数及其应用学案
高考必考题突破讲座(一)
导数及其应用
题型特点
考情分析
命题趋势
1.极值、最值、导数几何意义及单调性的综合问题．
2．利用导数研究不等式的综合问题.
2017·全国卷Ⅰ，21
2017·全国卷Ⅱ，21
2017·全国卷Ⅲ，21
2017·天津卷，19
1.以函数为载体，以导数为解题工具，主要考查函数的单调性、极值、最值问题的求法，以及参数的取值范围问题．
2．不等式的证明问题是高考考查的热点内容，常与不等式、二次函数等相联系．问题的解决通常采用构造新函数的方法.
分值：12～14分
1．利用导数研究函数的性质
以含参数的函数为载体，结合具体函数与导数的几何意义，研究函数的性质，是高考的热点．主要考查：(1)讨论函数的单调性和单调区间；(2)求函数的极值或最值；(3)利用函数的单调性、极值、最值，求参数的范围．
2．利用导数研究函数的零点或曲线交点问题
导数与函数方程交汇是近年命题的热点，常转化为研究函数图象的交点问题，研究函数的极(最)值的正负．主要考查：(1)确定函数的零点、图象交点的个数；(2)由函数的零点、图象交点的情况求参数的取值范围．
3．利用导数研究不等式问题
导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题．主要考查证明不等式和不等式成立(恒成立)问题．
(1)利用导数证明不等式的方法
可以从所证不等式的结构和特点出发，结合已有的知识利用转化与化归思想，构造一个新的函数，再借助导数确定函数的单调性，利用单调性实现问题的转化，从而使不等式得到证明，其一般步骤是：构造可导函数→研究单调性或最值→得出不等关系→整理得出结论．
(2)利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，
直接把问题转化为函数的最值问题．
(3)不等式成立(恒成立)问题常见的转化方法
①f(x)≥a恒成立⇔f(x)min≥a，f(x)≥a成立⇔f(x)max≥a；
②f(x)≤b恒成立⇔f(x)max≤b，f(x)≤b成立⇔f(x)min≤b；
③f(x)>g(x)恒成立F(x)min>0；
④∀x1∈M，∀x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max；
⑤∀x1∈M，∃x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min；
⑥∃x1∈M，∃x2∈B，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min；
⑦∃x1∈M，∀x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.
【例1】(2017·天津卷)设a，b∈R，|a|≤1.已知函数f(x)＝x3－6x2－3a(a－4)x＋b，g(x)＝exf(x)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)已知函数y＝g(x)和y＝ex的图象在公共点(x0，y0)处有相同的切线．
①求证：f(x)在x＝x0处的导数等于0；
②若关于x的不等式g(x)≤ex在区间[x0－1，x0＋1]上恒成立，求b的取值范围．
解析 (1)由f(x)＝x3－6x2－3a(a－4)x＋b，可得f′(x)＝3x2－12x－3a(a－4)＝3(x－a)[x－(4－a)]．
令f′(x)＝0，解得x＝a或x＝4－a.
由|a|≤1，得a<4－a.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表.
x
(－∞，a)
(a,4－a)
(4－a，＋∞)
f′(x)
＋
－
＋
f(x)
单调递增
单调递减
单调递增
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，a)，(4－a，＋∞)，单调递减区间为(a,4－a)．
(2)①证明：因为g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]，
由题意知所以
解得所以f(x)在x＝x0处的导数等于0.
②因为g(x)≤ex，x∈[x0－1，x0＋1]，且ex>0，
所以f(x)≤1.
又因为f(x0)＝1，f′(x0)＝0，
所以x0为f(x)的极大值点，由(1)知x0＝a.
另一方面，由于|a|≤1，故a＋1<4－a.
由(1)知f(x)在(a－1，a)内单调递增，在(a，a＋1)内单调递减，故当x0＝a时，f(x)≤f(a)＝1在[a－1，a＋1]上恒成立，从而g(x)≤ex在[x0－1，x0＋1]上恒成立．
由f(a)＝a3－6a2－3a(a－4)a＋b＝1，得
b＝2a3－6a2＋1，－1≤a≤1.
令t(x)＝2x3－6x2＋1，x∈[－1,1]，∴t′(x)＝6x2－12x.
令t′(x)＝0，解得x＝2(舍去)或x＝0.
因为t(－1)＝－7，t(1)＝－3，t(0)＝1，
所以t(x)的值域为[－7,1]．所以b的取值范围是[－7,1]．
【例2】(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝(x－2)·ex＋a(x－1)2.
(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．
解析 (1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．
设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
设a<0，由f′(x)＝0，解得x＝1或x＝ln(－2a)．
①若a＝－，则f′(x)＝(x－1)(ex－e)≥0.
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a>－，则ln(－2a)<1，
故当x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(ln(－2a)，1)时，f′(x)<0.
所以f(x)在(－∞，ln(－2a))和(1，＋∞)上单调递增，
在(ln(－2a)，1)上单调递减．
③若a<－，则ln(－2a)>1，
故当x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0.
所以f(x)在(－∞，1)和(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，
在(1，ln(－2a))上单调递减．
(2)①设a>0，则由(1)知，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b
(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，
所以f(x)有两个零点．
②设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一个零点．
③设a<0，若a≥－，则由(1)知，
f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
又当x≤1时，f(x)<0，故f(x)不存在两个零点；
若a<－，则由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，
在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，
又当x≤1时，f(x)<0，故f(x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
【例3】设函数f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝－，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x>1时，g(x)>0；
(3)确定a的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立．
解析 (1)由题意得f′(x)＝2ax－＝(x>0)．
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．
当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)证明：令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.
当x>1时，s′(x)>0，s(x)递增，
则s(x)>s(1)＝0，所以ex－1>x，
从而g(x)＝－>0.
(3)由(2)知，当x>1时，g(x)>0.
当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－ln x<0.
故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.
当01.
由(1)知f0，
所以此时f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．
当a≥时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)．
当x>1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0.
因此，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，
即f(x)>g(x)恒成立．
综上，a∈.
1．(2017·北京卷)已知函数f(x)＝excos x－x.
(1)求曲线y＝f(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．
解析 (1)因为f(x)＝excos x－x，
所以f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，
f′(0)＝0.
又因为f(0)＝1，
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(2)设h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，
则h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos 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)0.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，求a的取值范围．
解析 (1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．
由f′(x)＝0，得x＝－1或a(a>0)．
当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如表所示.
x
(－∞，－1)
－1
(－1，a)
a
(a，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
故函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(a，＋∞)；单调递减区间是(－1，a)．
(2)由(1)知f(x)在区间(－2，－1)内单调递增；在区间(－1,0)内单调递减．从而函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，当且仅当解得00，则由f′(x)＝0，得x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；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．
③若a<0，则由f′(x)＝0，得x＝ln.
当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0.故f(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)①若a＝0，则f(x)＝e2x，所以f(x)≥0.
②若a>0，则由(1)得，当x＝ln 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 a≥0，即a≤1时，f(x)≥0.
③若a<0，则由(1)得，当x＝ln时，f(x)取得最小值，
最小值为f＝a2.
从而当且仅当a2≥0，
即a≥－2e时，f(x)≥0.
综上，a的取值范围是.
课时达标 讲座(一)
[解密考纲]导数是研究函数的重要工具，因此，导数的应用是历年高考的重点与热点，常涉及的问题有：讨论函数的单调性(求函数的单调区间)、求极值、求最值、求切线方程、求函数的零点或方程的根、求参数的范围、证明不等式等，涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归思想等，中、高档难度均有．
1．(2018·河北武邑中学月考)已知函数f(x)＝2aln x－x2.
(1)若a＝2，求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若a＞0，判断函数f(x)在定义域上是否存在最大值或最小值，若存在，求出函数f(x)的最大值或最小值．
解析 (1)当a＝2时，f(x)＝4ln x－x2.
f′(x)＝－2x，f′(1)＝2，f(1)＝－1，
∴函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＋1＝2(x－1)，即2x－y－3＝0.
(2)f′(x)＝－2x＝，x>0.
令f′(x)＝0，由a>0，解得x1＝，x2＝－(舍去)．
当x在(0，＋∞)上变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表.
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
单调递增
aln a－a
单调递减
所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上有最大值，f()＝aln a－a，无最小值．
2．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－1,2]，且函数f(x)在x＝1和x＝－处都取得极值．
(1)求实数a与b的值；
(2)对任意x∈[－1,2]，方程f(x)＝2c存在三个实数根，求实数c的取值范围．
解析 (1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b.
由题意可知解得
经检验，适合条件，所以a＝－，b＝－2.
(2)原题等价于函数y＝f(x)与函数y＝2c的图象存在三个交点．由(1)知f′(x)＝3x2－x－2
＝(3x＋2)(x－1)，
令(3x＋2)(x－1)＝0，可得x＝－或x＝1.
因为x∈[－1,2]，所以当x∈和x∈(1,2)时，f′(x)>0，函数f(x)是增函数，
当x∈时，函数f(x)是减函数，
函数的极大值为f＝c＋，极小值为f(1)＝－＋c，
而f(2)＝2＋c>c＋，f(－1)＝＋c>－＋c.
所以当x∈[－1,2]时，要使两函数图象有三个交点，则要有c＋≤2c0，φ(x)单调递增；x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减且φ(x)>0，
所以x＝1时，φ(x)有极大值，
作出两函数的大致图象，如图所示，
由图可知，当a>时，两函数图象无交点，g(x)无零点；
当a≤0或a＝时，两函数图象有一个交点，g(x)有一个零点；
当00)，
则g′(x)＝a.
令g′(x)>0，即a>0，解得x>1，
令g′(x)<0，解得0.
令h(x)＝，
则h′(x)＝.
由(2)知，当x∈(1，e)时，ln x－1＋>0，
∴h′(x)>0，即h(x)在(1，e)上单调递增，
∴h(x)0；当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)<0.
所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)上单调递减，
在(－1－，－1＋)上单调递增．
(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.
当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减，而h(0)＝1，故h(x)≤1，
所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.
当00(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，故ex≥x＋1.
当0(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝，则x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)>ax0＋1.
当a≤0时，取x0＝，则x0∈(0,1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞)．
6．(2018·陕西铜川联考)已知f(x)＝x－－aln x，其中a∈R.
(1)求函数f(x)的极大值点；
(2)当a∈∪[1＋e，＋∞)时，若在上至少存在一点x0，使得f(x0)＞e－1成立，求a的取值范围．
解析 (1)由已知得f′(x)＝1＋－＝＝，x>0，
当a－1≤0，即a≤1时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，无极大值；
当01，即a>2时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，a－1)上单调递减，在(a－1，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝1处取得极大值．
综上所述，当a≤1或a＝2时，f(x)无极大值；当12时，f(x)的极大值点为x＝1.
(2)在上至少存在一点x0，使得f(x0)>e－1成立等价于当x∈时，f(x)max>e－1.
由(1)知，当a≤1＋时，
函数f(x)在上单调递减，在(1，e]上单调递增，
∴f(x)max＝max，
∴要使f(x)max>e－1成立，必须使f>e－1成立或f(e)>e－1成立，
由f＝－(a－1)e＋a>e－1，得a<，
由f(e)＝e－－a>e－1，得a<1，
∵<1，∴a<1.
当a≥1＋e时，函数f(x)在上单调递增，在(1，e]上单调递减，
∴f(x)max＝f(1)＝2－a≤1－ee－1成立．故满足条件的a的取值范围为(－∞，1)．
