2022年高考数学新教材一轮复习第3章一元函数的导数及其应用规范答题增分专项一高考中的函数与导数课件（新人教版）

规范答题增分专项一高考中的函数与导数2022高中总复习优化设计GAOZHONGZONGFUXIYOUHUASHEJI\n【知识筛查】从近五年的高考试题来看,高考对函数与导数的考查,已经从直接利用导数的正负讨论函数的单调区间,或利用函数的单调性求函数的极值、最值问题,转变成利用求导的方法证明不等式,探求参数的取值范围,解决函数的零点、方程根的问题,以及在某不等式成立的条件下,求某一参数或某两个参数构成的代数式的最值.\n典例突破\n题型一利用求导的方法证明函数不等式突破策略一差函数法证明函数不等式f(x)>g(x),可证f(x)-g(x)>0,令h(x)=f(x)-g(x),或令h(x)为f(x)-g(x)表达式的某一部分,利用导数证明h(x)min>0;如果h(x)没有最小值,那么可利用导数确定出h(x)的单调性,即若h'(x)>0,则h(x)在区间(a,b)内单调递增,同时若h(a)≥0,则当x∈(a,b)时,有h(x)>0,即f(x)>g(x).\n\n\n\n\n\n对点训练1已知函数f(x)=lnx-2ax(a∈R).(1)若函数y=f(x)的图象存在与直线2x-y=0垂直的切线,求实数a的取值范围;\n\n\n\n突破策略二求最值法求最值法证明函数不等式,一般依据表达式的组成及结构有两种不同的证明方法:(1)要证f(x)≥h(x),可令φ(x)=f(x)-h(x),只需证明φ(x)min≥0.(2)要证f(x)≥h(x),可证f(x)min≥h(x)max;要证f(x)>m,可先将该不等式转化为g(x)>p(x)的形式,再证明g(x)min>p(x)max.选用哪种方法,要看哪种方法构造出的函数的最值易求.\n\n当k>2时,由lnx+2-k>0,解得x>ek-2,由lnx+2-k<0,解得1<x<ek-2.即g(x)在区间(1,ek-2)内单调递减,在区间(ek-2,+∞)内单调递增.则g(x)在区间(1,+∞)内有最小值g(ek-2)=3k-ek-2,于是转化为3k-ek-2>0(k>2)恒成立,求k的最大值.令h(x)=3x-ex-2(x>2),于是h'(x)=3-ex-2.∵当x>2+ln3时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当2<x<2+ln3时,h'(x)>0,h(x)单调递增,∴h(x)在x=2+ln3处取得最大值.∵1<ln3<2,∴3<2+ln3<4.∵h(2)=6-1>0,h(2+ln3)=3+3ln3>0,h(4)=12-e2>0,h(5)=15-e3<0,∴k≤4.即k的最大值为4.综上所述,k的最大值为4.\n\n对点训练2已知函数(a∈R),g(x)为f(x)的导函数.(1)求函数g(x)的单调区间;(2)若函数g(x)在R上存在最大值0,求函数f(x)在区间[0,+∞)内的最大值;(3)求证:当x≥0时,x2+2x+3≤e2x(3-2sinx).\n(1)解由题意可知,g(x)=f'(x)=x+a-aex,则g'(x)=1-aex,当a≤0时,g'(x)>0,即g(x)在区间(-∞,+∞)内单调递增;当a>0时,若x<-lna,则g'(x)>0,若x>-lna,则g'(x)<0,即g(x)在区间(-∞,-lna)内单调递增,在区间(-lna,+∞)内单调递减.综上,当a≤0时,g(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间;当a>0时,g(x)的单调递增区间为(-∞,-lna),单调递减区间为(-lna,+∞).\n\n\n突破策略三寻求导函数零点法在使用策略一或策略二解答,遇到令f'(x)=0,但无法解出导函数的零点x0时,可利用函数零点存在性定理,设出导函数在区间(a,b)内的零点x0,再判断导函数在区间(a,x0),(x0,b)的正负情况,从而判断f(x)在x0处取得最值,求出最值并通过对最值的处理消去x0使问题得到解决.\n例3设函数f(x)=e2x-alnx(a∈R).(1)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数;(2)证明:当a>0时,\n(2)证明:由(1),可设f'(x)在区间(0,+∞)内的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0.故f(x)在区间(0,x0)内单调递减,在区间(x0,+∞)内单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).\n对点训练3设函数f(x)=ax-2-lnx(a∈R).(1)若f(x)的图象在点(e,f(e))处的切线方程为x-ey+b=0,求a,b的值;(2)求f(x)的单调区间;(3)若g(x)=ax-ex,求证:当x>0时,f(x)>g(x).\n\n\n\n题型二有限制条件的求参数范围问题突破策略一分离参数法已知不等式在某一区间上恒成立,求参数的取值范围,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.即f(x)≥g(k)⇔[f(x)]min≥g(k),f(x)≤g(k)⇔[f(x)]max≤g(k).\n例4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,使得f(x0)≤g(x0)成立,求实数a的取值范围.且f'(x)在区间(0,+∞)内的任意子区间不恒等于零,因此f(x)在区间(0,+∞)内单调递增,即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.\n\n对点训练4已知函数f(x)=alnx+bx(a,b∈R)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为x-2y-2=0.(1)求a,b的值;(2)当x>1时,恒成立,求实数k的取值范围.\n\n突破策略二分类讨论法当不等式中的参数无法分离,或含参不等式中左、右两边的函数具有某些不确定因素时,应用分类讨论的方法来处理,分类讨论可使原问题中的不确定因素变成确定因素,为问题的解决提供新的条件.因此,求参数的范围转换成了讨论参数在哪些范围能使不等式成立.\n例5设函数f(x)=emx+x2-mx(m∈R).(1)证明:f(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增;(2)若对于任意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范围.(1)证明:f'(x)=m(emx-1)+2x.若m≥0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1≤0,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,emx-1≥0,f'(x)>0.若m<0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1>0,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,emx-1<0,f'(x)>0.综上,f(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增.\n(2)解:由(1)知,对任意的m∈R,f(x)在区间[-1,0]上单调递减,在区间[0,1]上单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.故对于任意x1,x2∈[-1,1],设函数g(t)=et-t-e+1,则g'(t)=et-1.当t<0时,g'(t)<0;当t>0时,g'(t)>0.故g(t)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增.又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0,故当t∈[-1,1]时,g(t)≤0.\n当m∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立;当m>1时,由g(t)的单调性,g(m)>0,即em-m>e-1;当m<-1时,g(-m)>0,即e-m+m>e-1.综上,m的取值范围是[-1,1].\n对点训练5已知函数f(x)=m(x-1)ex+x2(m∈R).(1)若m=-1,求函数f(x)的单调区间;(2)若对任意的x<0,不等式x2+(m+2)x>f'(x)恒成立,求m的取值范围.解(1)当m=-1时,f(x)=(1-x)ex+x2,则f'(x)=x(2-ex).由f'(x)>0,得0<x<ln2,由f'(x)<0,得x<0或x>ln2,故函数f(x)的单调递增区间为(0,ln2),单调递减区间为(-∞,0),(ln2,+∞).\n即x(mex-x-m)<0.因为x<0,所以mex-x-m>0.令h(x)=mex-x-m(x<0),则h'(x)=mex-1,当m≤1时,h'(x)≤ex-1<0,则h(x)在区间(-∞,0)内单调递减,所以h(x)>h(0)=0,符合题意;当m>1时,h(x)在区间(-∞,-lnm)内单调递减,在区间(-lnm,0)内单调递增,所以h(x)min=h(-lnm)<h(0)=0,不符合题意.综上所述,m的取值范围为(-∞,1].\n突破策略三分别求函数最值法若两边变量不同的函数不等式恒成立,求不等式中的参数范围,常用分别求函数最值求解.即若对∀x1∈I1,∀x2∈I2,f(x1)>g(x2)恒成立,则f(x)min>g(x)max.若对∀x1∈I1,∃x2∈I2,使得f(x1)>g(x2),则f(x)min>g(x)min.若对∀x1∈I1,∃x2∈I2,使得f(x1)<g(x2),则f(x)max<g(x)max.\n\n\n\n当m≤0时,f'(x)<0,此时函数f(x)在区间(0,+∞)内单调递减,即f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间;当m>0时,由f'(x)=0,解得x=2m.令f'(x)>0,解得0<x<2m,此时函数f(x)单调递增;令f'(x)<0,解得2m<x,此时函数f(x)单调递减.故函数f(x)的单调递增区间为(0,2m),单调递减区间为(2m,+∞).\n\n题型三判断、证明或讨论函数零点个数突破策略一求导与数形结合法研究函数零点或方程根的情况,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函数零点或方程根的情况.其基本的思路为:(1)构造函数,并求其定义域;(2)求导数,得单调区间和极值点;(3)通过数形结合,挖掘隐含条件,确定函数图象与x轴的交点情况进而求解.\n例7已知函数f(x)=(x2-3x+3)ex的定义域为[-2,t](t>-2).(1)试确定t的取值范围,使得函数f(x)在区间[-2,t]上为单调函数;(2)当1<t<4时,求满足的x0的个数.解:(1)f'(x)=(x2-3x+3)ex+(2x-3)ex=x(x-1)ex,由f'(x)>0,得x>1或x<0;由f'(x)<0,得0<x<1.故f(x)在区间(-∞,0],[1,+∞)内单调递增,在区间(0,1)内单调递减,若使f(x)在区间[-2,t]上为单调函数,则需-2<t≤0,即t的取值范围为(-2,0].\n\n对点训练7已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2.(1)求a的值;(2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.(1)解f'(x)=3x2-6x+a,f'(0)=a,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2,由题意得,解得a=1.\n(2)证明由(1)知f(x)=x3-3x2+x+2,设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4,由题设知1-k>0.当x≤0时,g'(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增,g(-1)=k-1<0,g(0)=4>0,所以g(x)=0在区间(-∞,0]上有唯一实根.当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4,则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x).因为h'(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在区间(0,2)内单调递减,在区间(2,+∞)内单调递增,所以g(x)>h(x)≥h(2)=0,所以g(x)=0在区间(0,+∞)内没有实根.综上,g(x)=0在R上有唯一实根,即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.\n突破策略二分类讨论法1.如果函数中没有参数,那么可以直接求导得出函数的极值点,判断极值点大于0和小于0的情况,进而判断函数零点的个数.2.如果函数中含有参数,那么导数的正负往往不好判断,这时要对参数进行分类,在参数的小范围内判断导数的符号.如果分类也不好判断,那么需要对导函数进行再次求导.3.分类讨论可使原问题中的不确定因素变成确定因素,为问题的解决提供新的条件.\n例8已知函数(1)当a=-1时,求函数f(x)的最小值;(2)当a≤1时,讨论函数f(x)的零点个数.\n\n②若0<a<1,当x∈(0,a)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(a,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.所以f(x)在x=a处取到极大值,f(x)在x=1处取到极小值.当0<a<1时,f(a)<0,即当x∈(0,1)时,f(x)<0.因为当x∈(1,+∞)时,f(x)单调递增,且当x→+∞时,f(x)→+∞,所以此时f(x)有一个零点.\n\n\n\n\n\n专题总结提升\n1.常常将不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题;将证明不等式问题转化为函数的单调性与最值问题;将方程的求解问题转化为函数的零点问题、两个函数图象的交点问题等.2.关于二次求导问题:(1)在讨论函数单调性时,如果导函数值的符号不容易确定,那么一般是对导函数再次求导判断出导函数的单调性,通过导函数的零点来确定导函数值的符号,从而判断出原函数的单调性;(2)利用求导的方法可求出某一函数的最值,如果求出的最值仍然是含有变量的表达式,那么再确定这一表达式的最值时仍然需要求导.3.“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系,即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立,应求f(x)的最小值;若存在x∈D,使得f(x)≥g(a)成立,应求f(x)的最大值.\n4.所求问题如何转化成能利用导数解决是关键.能直接利用导数解决的问题一个是函数的单调性,一个是函数的极值或最值,所以应将具体问题通过等价转换或构造函数,使所求问题转化成与单调性或函数的极值、最值有关的问题.