【新高考复习】第二节 第2课时 精研题型明考向——函数与导数”大题常考的4类题型 教案

第2课时精研题型明考向——“函数与导数”大题常考的4类题型一、真题集中研究——明考情1．(2020·新高考全国卷Ⅰ·考查导数的几何意义、不等式恒成立求参数)已知函数f(x)＝aex－1－lnx＋lna.(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－1x.(1)当a＝e时，f(x)＝ex－lnx＋1，所以f(1)＝e＋1，f′(1)＝e－1，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.直线y＝(e－1)x＋2在x轴、y轴上的截距分别为－2e－1，2，因此所求三角形的面积为2e－1.(2)当0a1时，f(1)＝a＋lna1.当a＝1时，f(x)＝ex－1－lnx，f′(x)＝ex－1－1x.当x∈(0,1)时，f′(x)0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0.所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，从而f(x)≥1.当a1时，f(x)＝aex－1－lnx＋lna≥ex－1－lnx≥1.综上，a的取值范围是[1，＋∞)．2．(2020·全国卷Ⅰ·考查函数的单调性、不等式恒成立求参数)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≥12x3＋1，求a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1.故当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)法一：f(x)≥12x3＋1等价于12x3－ax2＋x＋1e－x≤1.设函数g(x)＝12x3－ax2＋x＋1e－x(x≥0)，则g′(x)＝－12x3－ax2＋x＋1－32x2＋2ax－1e－x＝－12x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x＝－12x(x－2a－1)(x－2)e－x.①若2a＋1≤0，即a≤－12，则当x∈(0,2)时，g′(x)＞0.所以g(x)在(0,2)上单调递增，而g(0)＝1，故当x∈(0,2)时，g(x)＞1，不符合题意．②若0＜2a＋1＜2，即－12＜a＜12，则当x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)＜0；当x∈(2a＋1,2)时，g′(x)＞0.所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，在(2a＋1,2)上单调递增．由于g(0)＝1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)＝(7－4a)·e－2≤1，即a≥7－e24.所以当7－e24≤a＜12时，g(x)≤1.③若2a＋1≥2，即a≥12，则g(x)≤12x3＋x＋1e－x.由于0∈7－e24，12，故由②可得12x3＋x＋1e－x≤1.故当a≥12时，g(x)≤1.综上，a的取值范围是7－e24，＋∞.法二：由f(x)≥12x3＋1，得ex＋ax2－x≥12x3＋1(x≥0)．当x＝0时，1≥1成立，符合题意．当x＞0时，分离参数得a≥－ex－12x3－x－1x2.令g(x)＝－ex－12x3－x－1x2(x＞0)，则g′(x)＝－x－2ex－12x2－x－1x3.令h(x)＝ex－12x2－x－1(x＞0)，则h′(x)＝ex－x－1，h″(x)＝ex－1＞0，所以h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，h′(x)＞h′(0)＝0.所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．所以h(x)＞h(0)＝0恒成立．即ex－12x2－x－1＞0恒成立．故当x∈(0,2)时，g′(x)＞0，g(x)在(0,2)上单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)在(2，＋∞)上单调递减．因此g(x)max＝g(2)＝7－e24，综上，实数a的取值范围是7－e24，＋∞.3．(2020·全国卷Ⅱ·考查利用导数研究函数的单调性、证明不等式)已知函数f(x)＝sin2xsin2x.(1)讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；(2)证明：|f(x)|≤338；(3)设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤3n4n.解：(1)f′(x)＝cosx(sinxsin2x)＋sinx(sinxsin2x)′＝2sinxcosxsin2x＋2sin2xcos2x＝2sinxsin3x.当x∈0，π3∪2π3，π时，f′(x)＞0；当x∈π3，2π3时，f′(x)＜0.所以f(x)在区间0，π3，2π3，π上单调递增，在区间π3，2π3上单调递减．(2)证明：因为f(0)＝f(π)＝0，由(1)知，f(x)在区间[0，π]的最大值为fπ3＝338，最小值为f2π3＝－338.而f(x)是周期为π的周期函数，所以|f(x)|≤338.(3)证明：因为(sin2xsin22x…sin22nx)32＝|sin3xsin32x…sin32nx|＝|sinx||sin2xsin32x…sin32n－1xsin2nx||sin22nx|＝|sinx||f(x)f(2x)…f(2n－1x)||sin22nx|≤|f(x)f(2x)…f(2n－1x)|，所以sin2xsin22x…sin22nx≤33823n＝3n4n.4．(2019·全国卷Ⅰ·考查零点问题、不等式恒成立求参数)已知函数f(x)＝2sinx－xcosx－x，f′(x)为f(x)的导数．(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围．解：(1)证明：设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx＋xsinx－1，g′(x)＝xcosx.当x∈0，π2时，g′(x)0；当x∈π2，π时，g′(x)0，所以g(x)在0，π2上单调递增，在π2，π上单调递减．又g(0)＝0，gπ20，g(π)＝－2，故g(x)在区间(0，π)存在唯一零点．所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．(2)由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.由(1)知，f′(x)在区间(0，π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)0；当x∈(x0，π)时，f′(x)0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减．又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.因此，a的取值范围是(－∞，0]．[把脉考情]常规角度1.单调性问题．主要考查利用导数求函数的单调区间或讨论函数的单调性以及由函数的单调性求参数范围．2.函数零点问题．主要考查判断函数的零点个数以及由函数零点或方程的根求参数的值或取值范围．3.不等式问题．主要考查不等式的证明、不等式恒成立或不等式存在性问题、由不等式成立求参数问题等创新角度函数与导数与放缩法相结合证明不等式、与三角函数相结合考查函数的性质问题二、题型精细研究——提素养题型一利用导数研究函数的单调性问题此类题主要考查导数与函数的单调性的关系，即通过令导函数f′(x)大于0或小于0，研究函数f(x)的单调性．破解此类题的关键点：①求导数；②确定函数的单调区间．考法(一)求函数的单调区间[例1]已知函数f(x)＝alnx＋1x＋bx，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为2x－y＋1＝0.(1)求实数a，b的值．(2)求函数f(x)的单调区间．[解](1)∵f(x)＝alnx＋1x＋bx，∴f′(x)＝ax－1x2＋b＝bx2＋ax－1x2(x＞0)，∵曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为2x－y＋1＝0，∴f′1＝2，f1＝3，即b＋a－1＝2，1＋b＝3，解得a＝1，b＝2.(2)由(1)知f(x)＝lnx＋1x＋2x，∴f′(x)＝2x2＋x－1x2＝2x－1x＋1x2(x＞0)，由f′(x)＞0，得x＞12，∴函数y＝f(x)的单调递增区间是12，＋∞；由f′(x)＜0，得0＜x＜12，∴函数y＝f(x)的单调递减区间是0，12.故f(x)的单调递增区间是12，＋∞，单调递减区间是0，12.[方法技巧]利用导数求函数单调区间的方法(1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)0或f′(x)0求出单调区间．(2)当方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，按实根把函数的定义域划分区间，确定各区间f′(x)的符号，从而确定单调区间．(3)当导函数的方程、不等式都不可解时，根据f′(x)的结构特征，利用图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间．[针对训练]1．已知函数f(x)＝lnx＋1ex，求函数f(x)的单调区间．解：∵f(x)＝lnx＋1ex，∴f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－lnx－1ex.设h(x)＝1x－lnx－1，则h′(x)＝－1x2－1x＜0.∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减．由h(1)＝0知当0x1时，h(x)0，∴f′(x)0；当x1时，h(x)0，∴f′(x)0.因此，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)．考法(二)讨论函数的单调性[例2]已知函数f(x)＝12x2－x＋alnx，当a0时，讨论函数f(x)的单调性．[解]∵f(x)＝12x2－x＋alnx，∴f′(x)＝x－1＋ax＝x2－x＋ax(x＞0)．①当1－4a≤0，即a≥14时，f′(x)≥0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当1－4a0，即0a14时，令f′(x)＝0，得x1＝1－1－4a2，x2＝1＋1－4a2，且0x1x2，当x∈0，1－1－4a2∪1＋1－4a2，＋∞时，f′(x)＞0；当x∈1－1－4a2，1＋1－4a2时，f′(x)＜0，∴f(x)的单调递增区间为0，1－1－4a2，1＋1－4a2，＋∞，单调递减区间为1－1－4a2，1＋1－4a2.综上所述：当a≥14时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当0a14时，f(x)在0，1－1－4a2，1＋1－4a2，＋∞上单调递增，在1－1－4a2，1＋1－4a2上单调递减．[方法技巧]讨论函数f(x)单调性的步骤(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导数f′(x)，并求方程f′(x)＝0的根；(3)利用f′(x)＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f′(x)的正负，由符号确定f(x)在该区间上的单调性．[提醒]研究含参函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．[针对训练]2．已知函数f(x)＝lnx＋1ax－1a(a∈R且a≠0)，讨论函数f(x)的单调性．解：f′(x)＝ax－1ax2(x0)，①当a0时，f′(x)0恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当a0时，由f′(x)＝ax－1ax20，得x1a；由f′(x)＝ax－1ax20，得0x1a，∴函数f(x)在1a，＋∞上单调递增，在0，1a上单调递减．综上所述，当a0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a0时，函数f(x)在1a，＋∞上单调递增，在0，1a上单调递减．考法(三)由函数的单调性求参数[例3]已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝12ax2＋2x.(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上单调递减，求