【金榜新学案】(新课标)2014高考数学大二轮 专题1 第6课时高考中的函数与导数解答题课件 文

第6课时高考中的函数与导数解答题函数与导数是高中数学的核心内容，函数思想贯穿中学数学全过程．导数作为工具，提供了研究函数性质的一般性方法．作为“平台”，可以把函数、方程、不等式、圆锥曲线等有机地联系在一起，在能力立意的命题思想指导下，与导数相关的问题已成为高考数学命题的必考点之一．在高考试卷中，函数与导数的解答题，往往处于压轴的位置．利用导数证明不等式(2013·天津卷)已知函数f(x)＝x2lnx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)证明：对任意的t＞0，存在唯一的s，使t＝f(s)；解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝2xlnx＋x＝x(2lnx＋1)，令f′(x)＝0，得x＝1e.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x0，1e1e1e，＋∞f′(x)－0＋f(x)极小值所以函数f(x)的单调递减区间是0，1e，单调递增区间是1e，＋∞.(2)证明：当0＜x≤1时，f(x)≤0.设t＞0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)．由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．h(1)＝－t＜0，h(et)＝e2tlnet－t＝t(e2t－1)＞0.故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立．利用导数证明与分式、指数式、对数式、函数等相关的不等式的步骤第一步：根据待证不等式的结构特征，定义域以及不等式的性质，将待证不等式化为简单的不等式；第二步：构造函数；第三步：利用导数研究该函数的单调性或最值；第四步：根据单调性或极值得到待证不等式．1．(2012·山东卷)已知函数f(x)＝lnx＋kex(k为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．(1)求k的值；(2)求f(x)的单调区间；(3)设g(x)＝(x2＋x)f′(x)，其中f′(x)为f(x)的导函数，证明：对任意x0，g(x)1＋e－2.解析：(1)由f(x)＝lnx＋kex，得f′(x)＝1－kx－xlnxxex，x∈(0，＋∞)．由于曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与x轴平行，所以f′(1)＝0，因此k＝1.(2)由(1)得f′(x)＝1xex(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)．令h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)，当x∈(0,1)时，h(x)0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)0，又ex0，所以当x∈(0,1)时，f′(x)0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0.因此f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(3)证明：因为g(x)＝(x2＋x)f′(x)，所以g(x)＝x＋1ex(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)．因此，对任意x0，g(x)1＋e－2等价于1－x－xlnxexx＋1(1＋e－2)．由(2)知h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝－lnx－2＝－(lnx－lne－2)，x∈(0，＋∞)．因此，当x∈(0，e－2)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当x∈(e－2，＋∞)时，h′(x)0，h(x)单调递减．所以h(x)的最大值为h(e－2)＝1＋e－2，故1－x－xlnx≤1＋e－2.设φ(x)＝ex－(x＋1)．因为φ′(x)＝ex－1＝ex－e0，所以当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)0，φ(x)单调递增，φ(x)φ(0)＝0，故当x∈(0，＋∞)时，φ(x)＝ex－(x＋1)0，即exx＋11.所以1－x－xlnx≤1＋e－2exx＋1(1＋e－2)．因此对任意x0，g(x)1＋e－2.(2012·课标全国卷)设函数f(x)＝ex－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0，求k的最大值．利用导数解决不等式的恒成立问题解析：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．若a＞0，则当x∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)0，所以，f(x)在(－∞，lna)单调递减，在(lna，＋∞)单调递增．(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.故当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0等价于k＜x＋1ex－1＋x(x＞0)．①令g(x)＝x＋1ex－1＋x，则g′(x)＝－xex－1ex－12＋1＝exex－x－2ex－12.由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)单调递增．而h(1)＜0，h(2)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)存在唯一的零点．故g′(x)在(0，＋∞)存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．当x∈(0，α)时，g′(x)＜0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)＞0.所以g(x)在(0，＋∞)的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．由于①式等价于k＜g(α)，故整数k的最大值为2.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数法：第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围．(2)函数思想法：第一步：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的极值(最值)；第三步：构建不等式求解．2．已知函数f(x)＝alnx－bx2.(1)当a＝2，b＝12时，求函数f(x)在1e，e上的最大值；(2)当b＝0时，若不等式f(x)≥m＋x对所有的a∈0，32，x∈(1，e2]都成立，求实数m的取值范围．解析：(1)由题知，f(x)＝2lnx－12x2，f′(x)＝2x－x＝2－x2x，当1e≤x≤e时，令f′(x)＞0得1e≤x＜2；令f′(x)＜0，得2＜x≤e，∴f(x)在1e，2上单调递增，在(2，e]上单调递减，∴f(x)max＝f(2)＝ln2－1.(2)当b＝0时，f(x)＝alnx，若不等式f(x)≥m＋x对所有的a∈0，32，x∈(1，e2]都成立，则alnx≥m＋x对所有的a∈0，32，x∈(1，e2]都成立，即m≤alnx－x，对所有的a∈0，32，x∈(1，e2]都成立，令h(a)＝alnx－x，则h(a)为一次函数，m≤h(a)min.∵x∈(1，e2]，∴lnx＞0，∴h(a)在0，32上单调递增，∴h(a)min＝h(0)＝－x，∴m≤－x对所有的x∈(1，e2]都成立．∵1＜x≤e2，∴－e2≤－x＜－1，∴m≤(－x)min＝－e2.即m的取值范围为m≤－e2.利用导数解决与方程的解有关的问题(2012·天津卷)已知函数f(x)＝13x3＋1－a2x2－ax－a，x∈R，其中a＞0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，求a的取值范围．解析：(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．由f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝a＞0.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－1)－1(－1，a)a(a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值故函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(a，＋∞)；单调递减区间是(－1，a)．(2)由(1)知f(x)在区间(－2，－1)内单调递增，在区间(－1,0)内单调递减，从而函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，当且仅当f－2＜0，f－1＞0，f0＜0.解得0＜a＜13.所以a的取值范围是0，13.(1)利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程解的个数问题的一般思路①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；②利用导数研究出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；③结合图象求解．(2)证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤第一步：利用导数证明该函数在该区间上单调；第二步：证明端点值异号．3．(2013·海淀高三第二学期期中练习)函数f(x)＝13x3－kx，其中实数k为常数．(1)当k＝4时，求函数的单调区间；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝k只有一个交点，求实数k的取值范围．解析：(1)因为f′(x)＝x2－k，当k＝4时，f′(x)＝x2－4，令f′(x)＝x2－4＝0，所以x1＝2，x2＝－2.f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：所以f(x)的单调递增区间是(－∞，－2)，(2，＋∞)；单调递减区间是(－2,2)．x(－∞，－2)－2(－2,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值(2)令g(x)＝f(x)－k，所以g(x)只有一个零点．因为g′(x)＝f′(x)＝x2－k.当k＝0时，g(x)＝x3，所以g(x)只有一个零点0.当k＜0时，g′(x)＝x2－k＞0对x∈R恒成立，所以g(x)单调递增，所以g(x)只有一个零点．当k＞0时，令g′(x)＝f′(x)＝x2－k＝0，解得x1＝k或x2＝－k.所以g′(x)，g(x)随x的变化情况如下表：x(－∞，－k)－k(－k，k)k(k，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)极大值极小值g(x)有且仅有一个零点等价于g(－k)＜0，即g(－k)＝23kk－k＜0，解得0＜k＜94.综上所述，k的取值范围是k＜94.