【数学】2019届一轮复习人教B版第3章导数及其应用专题探究课1学案

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【数学】2019届一轮复习人教B版第3章导数及其应用专题探究课1学案

高考导航 1.函数与导数作为高中数学的核心内容,是历年高考的重点、热点,试题主要以解答题的形式命题,能力要求高,属于压轴题目;2.高考中函数与导数常涉及的问题主要有:(1)研究函数的性质(如单调性、极值、最值);(2)研究函数的零点(方程的根)、曲线的交点;(3)利用导数求解不等式问题(证明不等式、不等式的恒成立或能成立求参数的范围).‎ 热点一 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、重点.本热点主要有三种考查方式:(1)讨论函数的单调性或求单调区间;(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.‎ ‎【例1】 (2015·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)=ln x+a(1-x).‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)当f(x)有最大值,且最大值大于2a-2时,求实数a的取值范围.‎ 解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-a.‎ 若a≤0,则f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ 若a>0,则当x∈时,f′(x)>0;‎ 当x∈时,f′(x)<0,‎ 所以f(x)在上单调递增,在上单调递减.‎ 综上,知当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;‎ 当a>0时,f(x)在上单调递增,在上单调递减.‎ ‎(2)由(1)知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上无最大值;‎ 当a>0时,f(x)在x=处取得最大值,最大值为f =ln +a=-ln a+a-1.‎ 因此f >2a-2等价于ln a+a-1<0.‎ 令g(a)=ln a+a-1,则g(a)在(0,+∞)上单调递增,‎ g(1)=0.‎ 于是,当0<a<1时,g(a)<0;当a>1时,g(a)>0.‎ 因此,实数a的取值范围是(0,1).‎ 探究提高 (1)判断函数的单调性,求函数的单调区间、极值等问题,最终归结到判断f′(x)的符号问题上,而f′(x)>0或f′(x)<0,最终可转化为一个一元一次不等式或一元二次不等式问题.‎ ‎(2)若已知f(x)的单调性,则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题求解.‎ ‎【训练1】 设f(x)=-x3+x2+2ax.‎ ‎(1)若f(x)在上存在单调递增区间,求a的取值范围;‎ ‎(2)当0<a<2时,f(x)在[1,4]上的最小值为-,求f(x)在该区间上的最大值.‎ 解 (1)f′(x)=-x2+x+2a,‎ 由题意得,f′(x)>0在上有解,‎ 只需f′>0,即+2a>0,‎ 得a>-.‎ 所以,当a>-时,f(x)在上存在单调递增区间.‎ ‎(2)已知0<a<2,f(x)在[1,4]上取到最小值-,而f′(x)=-x2+x+2a 的图象开口向下,且对称轴x=,∴f′(1)=-1+1+2a=2a>0,f′(4)=-16+4+2a=2a-12<0,则必有一点x0∈[1,4],使得f′(x0)=0,此时函数f(x)在[1,x0]上单调递增,在[x0,4]上单调递减,‎ f(1)=-++2a=+2a>0,‎ ‎∴f(4)=-×64+×16+8a=-+8a=-⇒a=1.‎ 此时,由f′(x0)=-x+x0+2=0⇒x0=2或-1(舍去),所以函数f(x)max=f(2)=.‎ 热点二 利用导数解决不等式问题(教材VS高考)‎ 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.归纳起来常见的命题角度有:(1)证明不等式;(2)求解不等式;(3)不等式恒(能)成立求参数.‎ 命题角度1 证明不等式 ‎【例2-1】 (满分12分)(2017·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)当a<0时,证明f(x)≤--2.‎ 教材探源 本题第(2)问的实质是证明ln++1≤0,是不等式x-1≥ln x的变形,源于教材选修2-2 P32习题B1,是在教材基本框架ex>1+x与x≥1+‎ ln x基础上,结合函数性质,编制的优美试题,2016年全国Ⅲ卷T21,2017年全国Ⅲ卷T21有异曲同工之处.‎ 满分解答 (1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),‎ f′(x)=+2ax+2a+1=.‎ ‎1分 (得分点1)‎ 若a≥0时,则当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,‎ 故f(x)在(0,+∞)上单调递增,2分 (得分点2)‎ 若a<0时,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.5分 (得分点3)‎ ‎(2)证明 由(1)知,当a<0时,f(x)在x=-处取得最大值,最大值为f =ln-1-,‎ 所以f(x)≤--2等价于ln-1-≤--2,‎ 即ln++1≤0,8分 (得分点4)‎ 设g(x)=ln x-x+1,则g′(x)=-1.‎ 当x∈(0,1)时,g′(x)>0;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x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)=0.‎ ‎10分 (得分点5)‎ 所以当x>0时,g(x)≤0,‎ 从而当a<0时,ln++1≤0,‎ 故f(x)≤--2.12分 (得分点6)‎ ‎ ‎ ‎❶得步骤分:抓住得分点的步骤,“步步为赢”,求得满分,如第(1)问中,求导正确,分类讨论;第(2)问中利用单调性求g(x)的最小值和不等式性质的运用.‎ ‎❷得关键分:解题过程不可忽视关键点,有则给分,无则没分,如第(1)问中,求出f(x)的定义域,f′(x)在(0,+∞)上单调性的判断;第(2)问,f(x)在x=-处最值的判定,f(x)≤--2等价转化为ln++1≤0等.‎ ‎❸得计算分:解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(1)问中,求导f′(x)准确,否则全盘皆输,第(2)问中,准确计算f(x)在x=-处的最大值.‎ 第一步:求函数f(x)的导函数f′(x);‎ 第二步:分类讨论f(x)的单调性;‎ 第三步:利用单调性,求f(x)的最大值;‎ 第四步:根据要证的不等式的结构特点,构造函数g(x);‎ 第五步:求g(x)的最大值,得出要证的不等式;‎ 第六步:反思回顾,查看关键点、易错点和解题规范.‎ 命题角度2 已知不等式恒(能)成立,求参数的取值范围 ‎【例2-2】 (2017·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)=x-1-aln x.‎ ‎(1)若f(x)≥0,求a的值;‎ ‎(2)设m为整数,且对于任意正整数n,·…·0,由f′(x)=1-=知,‎ 当x∈(0,a)时,f′(x)<0;当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0;‎ 所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,+∞)单调递增,‎ 故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点.‎ 因为f(1)=0,所以当且仅当a=1时,f(x)min=f(1)=0,‎ 故a=1.‎ ‎(2)由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0,‎ 令x=1+,得ln<.‎ 从而ln+ln+…+ln<++…+=1-<1.‎ 故·…··=>2,‎ ‎∴当n≥3时,·…·∈(2,e),‎ 由于·…·0.‎ 从而f′(x)<0,f(x)在R上单调递减.‎ ‎②当a>0时,令f′(x)=0,得x=-ln a.‎ 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(-∞,-ln a)‎ ‎-ln a ‎(-ln a,+∞)‎ f′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎  极小值  综上,当a≤0时,f(x)在R上单调递减;‎ 当a>0时,f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减;‎ 在(-ln a,+∞)上单调递增.‎ ‎(2)(ⅰ)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点.‎ ‎(ⅱ)若a>0,由(1)知,当x=-ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1-+ln a.‎ ‎①当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点;‎ ‎②当a∈(1,+∞)时,由于1-+ln a>0,‎ 即f(-ln a)>0,故f(x)没有零点;‎ ‎③当a∈(0,1)时,1-+ln a<0,即f(-ln a)<0.‎ 又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,‎ 故f(x)在(-∞,-ln a)有一个零点.‎ 设正整数n0满足n0>ln,‎ 则f(n0)=en0(ae n0+a-2)-n0>e n0-n0>2 n0-n0>0.‎ 由于ln>-ln a,‎ 因此f(x)在(-ln a,+∞)有一个零点.‎ 综上,a的取值范围为(0,1).‎ 探究提高 用导数研究函数的零点,一是用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断;二是将零点问题转化为函数图象的交点问题,结合函数的极值利用数形结合来解决.‎ ‎【训练3】 设函数f(x)=-kln x,k>0.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间和极值;‎ ‎(2)证明:若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.‎ ‎(1)解 由f(x)=-kln x(k>0),‎ 得x>0且f′(x)=x-=.‎ 由f′(x)=0,解得x=(负值舍去).‎ f(x)与f′(x)在区间(0,+∞)上的情况如下:‎ x ‎(0,)‎ ‎(,+∞)‎ f′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎   所以f(x)的单调递减区间是(0,),单调递增区间是(,+∞).‎ f(x)在x=处取得极小值f()=.‎ ‎(2)证明 由(1)知,f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为f()=.‎ 因为f(x)存在零点,所以≤0,从而k≥e.‎ 当k=e时,f(x)在区间(1,)上单调递减,且f()=0,所以x=是f(x)在区间(1,]上的唯一零点.‎ 当k>e时,f(x)在区间(0,)上单调递减,且f(1)=>0,f()=<0,‎ 所以f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.‎ 综上可知,若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.‎ ‎1.(2018·咸阳调研)已知函数f(x)=x2-ln x-ax,a∈R.‎ ‎(1)当a=1时,求f(x)的最小值;‎ ‎(2)若f(x)>x,求a的取值范围.‎ 解 (1)当a=1时,f(x)=x2-ln x-x,‎ f′(x)=(x>0).‎ 当x∈(0,1)时,f′(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0.‎ 所以f(x)的最小值为f(1)=0.‎ ‎(2)由f(x)>x,x∈(0,+∞),‎ 得f(x)-x=x2-ln x-(a+1)x>0.‎ 由于x>0,所以f(x)>x等价于x->a+1.‎ 令g(x)=x-,则g′(x)=.‎ 当x∈(0,1)时,g′(x)<0;当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0.故g(x)有最小值g(1)=1.‎ 故a+1<1,a<0,即a的取值范围是(-∞,0).‎ ‎2.(2017·浙江卷)已知函数f(x)=(x-)e-x.‎ ‎(1)求f(x)的导函数;‎ ‎(2)求f(x)在区间上的取值范围.‎ 解 (1)f′(x)=(x-)′e-x+(x-)(e-x)′‎ ‎=e-x-(x-)e-x ‎=e-x ‎=.‎ ‎(2)令f′(x)==0,‎ 解得x=1或.‎ 当x变化时,f(x),f′(x)的变化如下表:‎ X ‎1‎ f′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ f(x)‎ e-  ‎0‎  e-  又f=e-,f(1)=0,f=e-,‎ f(x)=(-1)2e-x≥0,‎ 则f(x)在区间上的最大值为e-.‎ 最小值为0.‎ 综上,f(x)在区间上的取值范围是.‎ ‎3.设f(x)=ex(ln x-a)(e是自然对数的底数,e=2.71 828…).‎ ‎(1)若y=f(x)在x=1处的切线方程为y=2ex+b,求a,b的值;‎ ‎(2)若函数f(x)在区间上单调递减,求实数a的取值范围.‎ 解 (1)因为f′(x)=ex(ln x-a)+ex·=ex,‎ 所以由题意,得f′(1)=e(1-a)=2e,‎ 解得a=-1.‎ 所以f(1)=e(ln 1-a)=e,‎ 由切点(1,e)在切线y=2ex+b上,‎ 得e=2e+b,b=-e,故a=-1,b=-e.‎ ‎(2)由题意可得f′(x)=‎ ex≤0在上恒成立.‎ 因为ex>0,‎ 所以只需ln x+-a≤0,‎ 即a≥ln x+在上恒成立.‎ 令g(x)=ln x+,‎ 因为g′(x)=-=,由g′(x)=0,得x=1.‎ 当x变化时,g′(x),g(x)的变化情况如下:‎ x ‎1‎ ‎(1,e)‎ g′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ g(x)‎  极小值  g=ln+e=e-1,g(e)=1+,‎ 因为e-1>1+,‎ 所以g(x)max=g=e-1,所以a≥e-1.‎ 故实数a的取值范围是[e-1,+∞).‎ ‎4.(2018·衡水中学质检)已知函数f(x)=.‎ ‎(1)若f(x)在区间(-∞,2)上为单调递增函数,求实数a的取值范围;‎ ‎(2)若a=0,x0<1,设直线y=g(x)为函数f(x)的图象在x=x0处的切线,求证:f(x)≤g(x).‎ ‎(1)解 易知f′(x)=-,‎ 由已知得f′(x)≥0对x∈(-∞,2)恒成立,‎ 故x≤1-a对x∈(-∞,2)恒成立,‎ ‎∴1-a≥2,∴a≤-1.‎ 故实数a的取值范围为(-∞,-1].‎ ‎(2)证明 a=0,则f(x)=.‎ 函数f(x)的图象在x=x0处的切线方程为y=g(x)=f′(x0)(x-x0)+f(x0).‎ 令h(x)=f(x)-g(x)‎ ‎=f(x)-f′(x0)(x-x0)-f(x0),x∈R,‎ 则h′(x)=f′(x)-f′(x0)=- ‎=.‎ 设φ(x)=(1-x)ex0-(1-x0)ex,x∈R,‎ 则φ′(x)=-ex0-(1-x0)ex,‎ ‎∵x0<1,∴φ′(x)<0,‎ ‎∴φ(x)在R上单调递减,而φ(x0)=0,‎ ‎∴当x0,当x>x0时,φ(x)<0,‎ ‎∴当x0,当x>x0时,h′(x)<0,‎ ‎∴h(x)在区间(-∞,x0)上为增函数,在区间(x0,+∞)上为减函数,∴x∈R时,h(x)≤h(x0)=0,‎ ‎∴f(x)≤g(x).‎ ‎5.已知函数f(x)=ax+ln x,其中a为常数.‎ ‎(1)当a=-1时,求f(x)的单调递增区间;‎ ‎(2)当0<-0},‎ 当a=-1时,f(x)=-x+ln x(x>0),f′(x)=(x>0);‎ 当00;当x>1时,f′(x)<0.‎ 所以f(x)的单调递增区间为(0,1).‎ ‎(2)因为f′(x)=a+(x>0),令f′(x)=0,解得x=-;‎ 由f′(x)>0,解得00;‎ 当x>e时,g′(x)<0.‎ 从而g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减.‎ 所以g(x)max=g(e)=+<1,‎ 所以,|f(x)|>g(x),即|f(x)|>+,‎ 所以,方程|f(x)|=+没有实数根.‎ ‎6.已知函数f(x)=ln(x+1)+(a∈R).‎ ‎(1)当a=1时,求f(x)的图象在x=0处的切线方程;‎ ‎(2)当a<0时,求f(x)的极值;‎ ‎(3)求证:ln(n+1)>++…+(n∈N+).‎ ‎(1)解 当a=1时,f(x)=ln(x+1)+,‎ ‎∴f′(x)=+=.‎ ‎∵f(0)=0,f′(0)=2,‎ ‎∴所求切线方程为y=2x.‎ ‎(2)解 f(x)=ln(x+1)+(x>-1),f′(x)=,‎ ‎∵a<0,∴当x∈(-1,-a-1)时,f′(x)<0;‎ 当x∈(-a-1,+∞)时,f′(x)>0,‎ 函数f(x)的极小值为f(-a-1)=a+1+ln(-a),无极大值.‎ ‎(3)证明 由(2)知,取a=-1,f(x)=ln(x+1)-≥f(0)=0.‎ 当x>0时,ln(x+1)>,取x=,‎ 得ln>=>.‎ ‎∴ln+ln+…+ln>++…+⇔ln>++…+,‎ 即ln(n+1)>++…+.‎
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