2019届二轮复习高考解答题突破(一)　导数的综合应用学案（全国通用）

2019届二轮复习高考解答题突破(一)　导数的综合应用学案（全国通用）

高考解答题突破(一)　导数的综合应用 突破“三分”——分离、分解、分类 ‎[思维流程]‎ ‎ ‎ ‎[技法点拨]‎ ‎1．函数单调性和极值、最值的分类讨论策略 ‎(1)单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，把函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号，在不能确定导数等于零的点的相对位置时，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论．‎ ‎(2)极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点．‎ ‎(3)最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是 以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的，在极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值．‎ ‎2．研究方程的根，可以通过构造函数g(x)的方法，把问题转化为研究构造的函数g(x)的零点问题，研究函数g(x)零点的策略．‎ ‎(1)如果函数g(x)在已知区间上是单调的，则其最多只有一个零点，再结合函数的零点存在定理，确定其零点是否存在．‎ ‎(2)如果函数g(x)在已知区间上不是单调的，则求出这个函数的极值点和单调区间，再结合g(x)的极值与零的大小，以及函数g(x)的单调性、结合零点存在定理判断其零点的个数．‎ ‎3．利用导数证明不等式的策略 利用导数证明不等式的关键是构造函数，其思路：‎ ‎(1)对于(或可化为)左右两边结构相同的不等式，构造函数f(x)，使原不等式成为形如f(a)>f(b)的形式．‎ ‎(2)对形如f(x)>g(x)的不等式，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)．‎ ‎(3)对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x1，x))．‎ ‎4．利用导数解决恒成立问题主要涉及方面及对策 ‎(1)已知不等式在某一区间上恒成立，求参数的取值范围：①一般先分离参数，再转化为求函数在给定区间上的最值问题求解；②如果无法分离参数可以考虑对参数或自变量进行分类求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑限制二次项系数或判别式的方法求解．‎ ‎(2)已知函数的单调性求参数的取值范围：转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立的问题．‎ 考向一　导数与函数的单调性、极值与最值问题 ‎1．讨论函数的单调性其实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．‎ ‎2．对含参数的函数解析式求最值时，常常分类讨论，分类的原则是极值点在给定区间的内部还是外部，从而根据单调性求出最值．‎ ‎[解]　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．‎ 利用导数研究函数性质的一般步骤 ‎(1)确定函数的定义域；‎ ‎(2)求导函数f′(x)；‎ ‎(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.‎ ‎②若已知函数的单调性，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来求解．‎ ‎(4)①若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号．‎ ‎②若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解．‎ ‎(5)求函数f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．(2018·洛阳统考)已知f(x)＝xex－ax2－x.‎ ‎(1)若f(x)在(－∞，－1]上单调递增，[－1,0]上单调递减，求f(x)的极小值；‎ ‎(2)当x≥0时，恒有f(x)≥0，求实数a的取值范围．‎ ‎[解]　(1)∵f(x)在(－∞，－1]上单调递增，[－1,0]上单调递减，‎ ‎∴f′(－1)＝0.‎ ‎∵f′(x)＝(x＋1)ex－2ax－1，∴2a－1＝0，a＝.‎ ‎∴f′(x)＝(x＋1)ex－x－1＝(x＋1)(ex－1)，‎ ‎∴f(x)在(－∞，－1]上单调递增，[－1,0]上单调递减，[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)的极小值为f(0)＝0.‎ ‎(2)f(x)＝x(ex－ax－1)，‎ 令g(x)＝ex－ax－1，则g′(x)＝ex－a.‎ 若a≤1，则x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)为增函数，‎ 而g(0)＝0，∴当x≥0时，g(x)≥0，从而f(x)≥0.‎ 若a>1，则x∈(0，lna)时，g′(x)<0，g(x)为减函数，g(0)＝0，故x∈(0，lna)时，g(x)<0，从而f(x)<0，不符合题意．‎ 综上，实数a的取值范围是(－∞，1]．‎ 考向二　导数与方程的根、函数的零点问题 研究方程的根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．‎ ‎[解]　(1)函数f(x)＝alnx的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.g′(x)＝ .‎ 设曲线y＝f(x)与曲线g(x)＝的公共点为(x0，y0)．‎ ‎∵曲线y＝f(x)与曲线g(x)＝在公共点处有共同的切线，‎ ‎∴＝，解得x0＝4a2，a>0.‎ 由f(x0)＝g(x0)，可得alnx0＝.‎ 联立解得a＝.‎ 解决方程根或函数零点个数问题的3步 第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；‎ 第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；‎ 第三步：结合图象求解．‎ ‎[对点训练]‎ ‎2．(2018·沈阳质检)函数f(x)＝ax＋xlnx在x＝1处取得极值．‎ ‎(1)求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．‎ ‎[解]　(1)由题意知，f′(x)＝a＋lnx＋1(x>0)，‎ f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，‎ 当a＝－1时，f(x)＝－x＋xlnx，即f′(x)＝lnx，‎ 令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0－1，即m>－2，①‎ 当00且x→0时，f(x)→0；‎ 当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.‎ 如图，由图象可知，m＋1<0，‎ 即m<－1，②‎ 由①②可得－2g(x)(f(x)0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)．‎ ‎②构造“形似”函数：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主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x1，x))．‎ ‎④放缩法：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．‎ ‎[对点训练]‎ ‎3．(2018·合肥一模)已知f(x)＝2ln(x＋2)－(x＋1)2，g(x)＝k(x＋1)．‎ ‎(1)当k＝2时，求证：对于∀x>－1，f(x)－1，使得当x∈(－1，x0)时，恒有f(x)>g(x)成立，试求k的取值范围．‎ ‎[解]　(1)证明：当k＝2时，g(x)＝2(x＋1)．‎ 令H(x)＝f(x)－g(x)＝2ln(x＋2)－(x＋1)2－2(x＋1)，‎ H′(x)＝，‎ 令H′(x)＝0，即－2x2－8x－6＝0，‎ 解得x＝－1或x＝－3(舍)．‎ ‎∴当x>－1时，H′(x)<0，‎ H(x)在(－1，＋∞)上单调递减．‎ ‎∴H(x)max－1，H(x)<0，即f(x)－1,2ln(x＋2)－(x＋1)2<2(x＋1)，‎ 不存在满足条件的x0；‎ 当k>2时，‎ 对于x>－1，x＋1>0，此时2(x＋1)0，‎ 所以必存在x0∈(－1，＋∞)，使得t(x0)＝0.‎ 所以x∈(－1，x0)时，t(x)>0，h′(x)>0，h(x)单调递增；‎ 当x∈(x0，＋∞)时，t(x)<0，h′(x)<0，h(x)单调递减．‎ 当x∈(－1，x0)时，‎ h(x)>h(－1)＝0，即f(x)－g(x)>0恒成立，‎ 综上，k的取值范围为(－∞，2)．‎ 专题跟踪训练(十三)‎ ‎1．(2018·长沙五校联考)已知函数f(x)＝lnx－ax2＋x，a∈R.‎ ‎(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；‎ ‎(2)令g(x)＝f(x)－(ax－1)，求函数g(x)的极值．‎ ‎[解]　(1)当a＝0时，f(x)＝lnx＋x，则f(1)＝1，∴切点为(1,1)，又f′(x)＝＋1，∴切线斜率k＝f′(1)＝2.‎ 故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.‎ ‎(2)g(x)＝f(x)－(ax－1)＝lnx－ax2＋(1－a)x＋1，则g′(x)＝－ax＋(1－a)＝，‎ 当a≤0时，∵x>0，∴g′(x)>0，‎ ‎∴g(x)在(0，＋∞)上是增函数，函数g(x)无极值点．‎ 当a>0时，g′(x)＝ ‎＝－.令g′(x)＝0，得x＝.‎ ‎∴当x∈时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0.因此g(x)在上是增函数，在上是减函数．∴x＝时，g(x)有极大值g＝ln－·＋(1－a)·＋1＝－lna.‎ 综上，当a≤0时，函数g(x)无极值；‎ 当a>0时，函数g(x)有极大值－lna，无极小值．‎ ‎2．(2018·湖北八校联考)已知函数f(x)＝(1＋ax2)ex－1.‎ ‎(1)当a≥0时，讨论函数f(x)的单调性；‎ ‎(2)求函数f(x)在区间[0,1]上零点的个数．‎ ‎[解]　(1)f′(x)＝(ax2＋2ax＋1)ex.‎ 当a＝0时，f′(x)＝ex>0，此时f(x)在R上单调递增．‎ 当a>0时，Δ＝4a2－4a.‎ ‎①当01时，令f′(x)＝0，解得x1＝－1－ ，x2＝－1＋ .‎ 当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，x1)‎ x1‎ ‎(x1，x2)‎ x2‎ ‎(x2，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极大值  极小值  即f(x)在和上单调递增，在上单调递减．‎ 综上所述，当0≤a≤1时，f(x)在R上单调递增．‎ 当a>1时，f(x)在和上单调递增，在上单调递减．‎ ‎(2)由(1)知，当0≤a≤1时，f(x)在[0,1]上单调递增，f(0)＝0，此时f(x)在区间[0,1]上有1个零点．‎ 当a>1时，－1－ <0且－1＋ <0，∴f(x)在[0,1]上单调递增，f(0)＝0，此时f(x)在区间[0,1]上有1个零点．‎ 当a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝－1＋ >0(负值已舍去)．‎ ‎①当－1＋ ≥1，即－≤a<0时，f(x)在[0,1]上单调递增，f(0)＝0，此时f(x)在区间[0,1]上有1个零点；‎ ‎②当－1＋<1，即a<－时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，f(0)＝0，若f(1)>0，即－1－1时，f(x)在区间[0,1]上有1个零点．‎ ‎3．(2018·皖南八校联考)已知函数f(x)＝lnx.‎ ‎(1)求函数g(x)＝f(x＋1)－x的最大值；‎ ‎(2)若对任意x>0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立，求实数a的取值范围．‎ ‎[解]　(1)∵f(x)＝lnx，‎ ‎∴g(x)＝f(x＋1)－x＝ln(x＋1)－x(x>－1)，‎ ‎∴g′(x)＝－1＝.‎ 当x∈(－1,0)时，g′(x)>0，‎ ‎∴g(x)在(－1,0)上单调递增；‎ 当x∈(0，＋∞)时，g′(x)<0，‎ ‎∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减．‎ ‎∴g(x)在x＝0处取得最大值g(0)＝0.‎ ‎(2)∵对任意x>0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立，‎ ‎∴在x>0上恒成立，‎ 进一步转化为max≤a≤min，‎ 设h(x)＝，则h′(x)＝，‎ 当x∈(0，e)时，h′(x)>0；当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，‎ ‎∴h(x)在x＝e处取得极大值也是最大值．‎ ‎∴h(x)max＝.‎ 要使f(x)≤ax恒成立，必须a≥.‎ 另一方面，当x>0时，x＋≥2，当且仅当x＝1时等号成立，要使ax≤x2＋1恒成立，必须a≤2，‎ ‎∴满足条件的a的取值范围是.‎ ‎4．(2018·洛阳二模)已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)．‎ ‎(1)若曲线y＝f(x)与直线x－y－1－ln2＝0相切，求实数a的值；‎ ‎(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2，证明＋>2‎ ‎[解]　(1)由f(x)＝lnx－ax，得f′(x)＝－a.‎ 设切点的横坐标为x0，依题意得 解得故实数a的值为1.‎ ‎(2)证明：不妨设01，则ln>0，－－2ln＝t－－2lnt.‎ 设g(t)＝t－－2lnt，则当t>1时，g′(t)＝>0，‎ 则函数g(t)在(1，＋∞)上单调递增，‎ 所以g(t)>g(1)＝0.‎ 从而>0，即＋>2.‎