版高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用211导数在研究函数中的应用二学案理.docx

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版高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用211导数在研究函数中的应用二学案理

2.11导数在研究函数中的应用

（二）

[方法梳理]

1．分离参数法

分离参数法是求参数的最值范围的一种方法．通过分离参数，用函数的观点讨论主变量的变化情况，由此我们可以确定参数的变化范围．这种方法可以避免分类讨论的麻烦，从而使问题得以顺利解决．分离参数法在解决不等式恒成立、不等式有解、函数有零点、函数的单调性中参数的取值范围问题时经常用到．解题的关键是分离出参数后将原问题转化为求函数的最值或值域问题．

2．构造函数法

构造函数法作为一种数学思维方法，在解决某些数学问题时，若能充分挖掘题目中潜在的信息，构造与之相关的函数，将陌生问题转化为熟悉问题，可使问题顺利解决．

3．等价转化法

等价转化是把未知解的问题转化到在已有知识范围内可解的问题的一种重要的思想方法．通过不断的转化，把不熟悉、不规范、复杂的问题转化为熟悉、规范甚至模式法、简单的问题．历年高考，等价转化思想无处不见，我们要不断培养和训练自觉的转化意识，将有利于强化解决数学问题中的应变能力，提高思维能力和技能、技巧．

4．分类讨论思想方法

分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，所谓分类讨论，就是当问题所给的对象不能进行统一研究时，就需要对研究对象按某个标准分类，然后对每一类分别研究得出每一类的结论，最后综合各类结果得到整个问题的解答．实质上，分类讨论是“化整为零，各个击破，再积零为整”的数学策略．有关分类讨论思想的数学问题具有明显的逻辑性、综合性、探索性，能训练人的思维条理性和概括性，所以在高考试题中占有重要的位置．

5．任意性与存在性

①∀x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，使f1（x1）>f2（x2）⇔[f1（x1）]min>[f2（x2）]max.

②∃x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，使f1（x1）>f2（x2）⇔[f1（x1）]max>[f2（x2）]min.

③∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，使f1（x1）>f2（x2）⇔[f1（x1）]min>[f2（x2）]min.

④∃x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，使f1（x1）>f2（x2）⇔[f1（x）]max>[f2（x）]max.

⑤∃x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，使f1（x1）＝f2（x2）⇔f1（x）的值域与f2（x）的值域交集不为∅.

[诊断自测]

1．设函数f（x）的导函数为f′（x），对任意x∈R都有f（x）>f′（x）成立，则（　　）

A．3f（ln2）>2f（ln3）

B．3f（ln2）＝2f（ln3）

C．3f（ln2）<2f（ln3）

D．3f（ln2）与2f（ln3）的大小不确定

答案　A

解析　构造函数g（x）＝，则

g′（x）＝＝<0，

即g（x）在R上是减函数，

所以g（ln2）>g（ln3），即>，

即>，

所以3f（ln2）>2f（ln3），选A.

2．（2018·广州五校联考）设f（x）是定义在R上的奇函数，f

（2）＝0，当x>0时，有<0恒成立，则不等式x2f（x）>0的解集是（　　）

A．（－2,0）∪（2，＋∞）B．（－2,0）∪（0,2）

C．（－∞，－2）∪（2，＋∞）D．（－∞，－2）∪（0,2）

答案　D

解析　∵当x>0时，′<0，

∴φ（x）＝为减函数，

又φ

（2）＝0，∴当且仅当00，

此时x2f（x）>0.

又f（x）为奇函数，∴h（x）＝x2f（x）也为奇函数．

故x2f（x）>0的解集为（－∞，－2）∪（0,2）．

3．已知f（x）＝在[1，＋∞）上是单调递增函数，则a的取值范围是________．

答案　a≥－1

解析　∵f（x）＝x－＋，∴f′（x）＝1＋.

又f（x）在[1，＋∞）上是单调递增函数，∴f′（x）≥0，于是可得不等式a≥－x2对于x≥1恒成立．∴a≥（－x2）max.

由x≥1，得－x2≤－1.∴a≥－1.

4．（2017·河南期末）函数y＝x3－2ax＋a在（0,1）内有极小值，则实数a的取值范围为________．

答案　

解析　对于函数y＝x3－2ax＋a，求导可得y′＝3x2－2a，

∵函数y＝x3－2ax＋a在（0,1）内有极小值，

∴y′＝3x2－2a＝0，则其有一根在（0,1）内，当a>0时，3x2－2a＝0两根为±，

若有一根在（0,1）内，则0<<1，即0

当a＝0时，3x2－2a＝0两根相等，均为0，f（x）在（0,1）内无极小值．

当a<0时，3x2－2a＝0无根，f（x）在（0,1）内无极小值，

综合可得，0

故答案为.

题型1　利用导数解不等式问题

角度1　证明不等式

　　已知函数f（x）＝x2－ax＋（a－1）lnx.

证明：

若1－1.

本题用构造函数法．

证明　不妨设x1>x2>0，则

>－1⇔f（x1）－f（x2）>－（x1－x2）⇔f（x1）＋x1>f（x2）＋x2.

从而构造函数g（x）＝f（x）＋x＝x2－ax＋（a－1）·lnx＋x.

则g′（x）＝x－（a－1）＋≥2－（a－1）＝1－（－1）2.

由于1

故g′（x）>0，即g（x）在（0，＋∞）单调递增，

从而当x1>x2>0时，有

g（x1）>g（x2），即f（x1）＋x1>f（x2）＋x2，

从而>－1.

当0

＝>－1.

综上，若1－1.

角度2　不等式恒成立问题

　　（2015·北京高考）已知函数f（x）＝ln.

（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；

（2）求证：

当x∈（0,1）时，f（x）>2；

（3）设实数k使得f（x）>k对x∈（0,1）恒成立，求k的最大值．

解　

（1）f（x）＝ln，x∈（－1,1），f′（x）＝，f′（0）＝2，f（0）＝0，所以切线方程为y＝2x.

（2）证明：

原命题等价于任意x∈（0,1），

f（x）－2>0.

设函数F（x）＝ln（1＋x）－ln（1－x）－2，

F′（x）＝.

当x∈（0,1）时，F′（x）>0，函数F（x）在x∈（0,1）上是单调递增函数．F（x）>F（0）＝0，

因此任意x∈（0,1），f（x）>2.

（3）ln>k，x∈（0,1）⇔t（x）＝ln－k>0，x∈（0,1）．

t′（x）＝－k（1＋x2）＝，x∈（0,1）．

当k∈[0,2]，t′（x）≥0，函数t（x）单调递增，

t（x）>t（0）＝0显然成立．

当k>2时，令t′（x0）＝0得x＝∈（0,1），t′（x）的变化情况列表如下：

x

（0，x0）

x0

（x0,1）

t′（x）

－

0

＋

t（x）

极小值

t（x0）

当k<0时，显然k取不到最大值．

综上可知，k的最大值为2.

角度3　不等式存在性问题

　　（2018·太原联考）已知a为实数，函数f（x）＝alnx＋x2－4x.

（1）是否存在实数a，使得f（x）在x＝1处取得极值？

证明你的结论；

（2）设g（x）＝（a－2）x，若∃x0∈[，e]，使得f（x0）≤g（x0）能成立，求实数a的取值范围．

（1）探索性问题在求解后要验证；

（2）采用分离系数法，构造函数法．

解　

（1）函数f（x）定义域为（0，＋∞），

f′（x）＝＋2x－4＝.

假设存在实数a，使f（x）在x＝1处取极值，则f′

（1）＝0，

∴a＝2，此时，f′（x）＝，当x>0时，f′（x）≥0恒成立，

∴f（x）在（0，＋∞）上单调递增，

∴x＝1不是f（x）的极值点，

故不存在实数a，使得f（x）在x＝1处取得极值．

（2）由f（x0）≤g（x0），得（x0－lnx0）a≥x－2x0，

记F（x）＝x－lnx（x>0），

∴F′（x）＝（x>0），

∴当0

当x>1时，F′（x）>0，F（x）单调递增．

∴F（x）>F

（1）＝1>0，

∴a≥，记G（x）＝，x∈.

∴G′（x）＝

＝.

∵x∈，∴2－2lnx＝2（1－lnx）≥0，

∴x－2lnx＋2>0，

∴x∈时，G′（x）<0，G（x）单调递减；

x∈（1，e）时，G′（x）>0，G（x）单调递增，

∴G（x）min＝G

（1）＝－1，

∴a≥G（x）min＝－1.

故实数a的取值范围为[－1，＋∞）．

方法技巧

解不等式或证明不等式时注意研究函数的单调性，有时需要构造相关函数，利用单调性解之．见角度1的典例．

解决“恒成立”与“存在性”问题时，注意它们的互补关系，必要时作等价转化，即构造函数或分离参数，将问题直接转化为函数的最值问题．见角度2,3的典例．

冲关针对训练

1．（2017·陵川县校级期末）已知对于x∈R，g（x）≠0与f′（x）g（x）>f（x）g′（x）恒成立，且f

（1）＝0，则不等式>0的解集是________．

答案　（1，＋∞）

解析　令h（x）＝，

则h′（x）＝，

而g（x）≠0与f′（x）g（x）>f（x）g′（x）恒成立，故h′（x）>0，h（x）在R上递增，而h

（1）＝0，

故不等式>0，即h（x）>h

（1），

解得x>1，

故不等式的解集是（1，＋∞）．

2．已知函数f（x）＝xlnx，g（x）＝－x2＋ax－3.

（1）求函数f（x）在[t，t＋2]（t>0）上的最小值；

（2）若存在x∈（e是自然对数的底数，e＝2.71828…）使不等式2f（x）≥g（x）成立，求实数a的取值范围．

解　

（1）由已知得f′（x）＝lnx＋1，

当x∈时，f′（x）<0，此时f（x）单调递减；

当x∈时，f′（x）>0，此时f（x）单调递增．

当0

当0

f（x）min＝f＝－；

当时，f（x）在[t，t＋2]上单调递增，故f（x）min＝f（t）＝tlnt.

所以f（x）min＝

（2）由题意知2xlnx≥－x2＋ax－3，

即a≤2lnx＋x＋，x∈

设h（x）＝2lnx＋x＋，x∈

则h′（x）＝＋1－＝，

当x∈时，h′（x）<0，此时h（x）单调递减；

当x∈（1，e]时，h′（x）>0，此时h（x）单调递增．

所以h（x）max＝max，

因为存在x∈，使2f（x）≥g（x）成立，

所以a≤h（x）max，

又h＝－2＋＋3e，h（e）＝2＋e＋，

故h>h（e），所以a≤＋3e－2.

题型2　导数与方程问题

角度1　零点的判断与证明

　　（2015·广东高考）设a>1，函数f（x）＝（1＋x2）·ex－a.

（1）求f（x）的单调区间；

（2）证明：

f（x）在（－∞，＋∞）上仅有一个零点．

研究f（x）的单调性，再用赋值法证明．

解　

（1）f′（x）＝2xex＋（1＋x2）ex＝（x2＋2x＋1）ex＝（x＋1）2ex≥0，故f（x）是R上的单调递增函数，其单调增区间是（－∞，＋∞），无单调减区间．

（2）证明：

因为f（0）＝（1＋02）e0－a＝1－a<0，且f（lna）＝（1＋ln2a）elna－a＝（1＋ln2a）a－a＝aln2a>0，

由零点存在性定理知，f（x）在（－∞，＋∞）上至少有一个零点．

又由

（1）知，函数f（x）是（－∞，＋∞）上的单调递增函数，故函数f（x）在（－∞，＋∞）上仅有一个零点．

角度2　由零点求参数的取值

　　（2017·张掖模拟）设函数f（