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第7讲导数题型2解答题规范踩点多得分[考情分析]高考对导数的考查定位在作为解决初等数学问题的工具这一目标上,主要体现在以下方面:(1)运用导数有关知识研究函数的单调性和极值(最值)问题;(2)利用导数的几何意义,研究曲线切线的斜率问题;(3)对一些实际问题建立数学模型后求解.题型遍布选择、填空与解答,难度上分层考查,是高考考查的重点内容.1热点题型分析PARTONE热点1利用导数研究函数的性质1.导数与函数单调性的关系(1)f′(x)0是f(x)为增函数的充分不必要条件,如函数f(x)=x3在(-∞,+∞)上单调递增,但f′(x)≥0;(2)f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件,当函数在某个区间内恒有f′(x)=0时,f(x)为常数函数.2.利用导数求函数最值的方法(1)对含参数的函数解析式求最值时,常常进行分类讨论,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;(2)求极值和最值时,为了直观易懂,常常列出x的取值范围与y′的符号及y的单调区间、极值的对应表格.(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)≥0,求a的取值范围.解(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).①若a=0,则f(x)=e2x在(-∞,+∞)上单调递增.②若a0,则由f′(x)=0得x=lna.当x∈(-∞,lna)时,f′(x)0;当x∈(lna,+∞)时,f′(x)0.故f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增.③若a0,则由f′(x)=0,得x=ln-a2.当x∈-∞,ln-a2时,f′(x)0;当x∈ln-a2,+∞时,f′(x)0.故f(x)在-∞,ln-a2上单调递减,在ln-a2,+∞上单调递增.(2)①若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)≥0.②若a0,则由(1),得当x=lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(lna)=-a2lna,从而当且仅当-a2lna≥0,即a≤1时,f(x)≥0.③若a0,则由(1),得当x=ln-a2时,f(x)取得最小值,最小值为fln-a2=a234-ln-a2,从而当且仅当a234-ln-a2≥0,即a≥-2e34时,f(x)≥0.综上,a的取值范围是[-2e34,1].运用导数知识来讨论函数单调性时,首先考虑函数的定义域,再求出f′(x),由f′(x)的正负,得出函数f(x)的单调区间;函数的最值(极值)的求法:由确认的单调区间,结合极值点的定义及自变量的取值范围,得出函数f(x)的极值或最值.(2019·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.(1)讨论f(x)的单调性;(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]上的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.解(1)f′(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f′(x)=0,得x=0或x=a3.若a0,则当x∈(-∞,0)∪a3,+∞时,f′(x)0;当x∈0,a3时,f′(x)0.故f(x)在(-∞,0),a3,+∞上单调递增,在0,a3上单调递减.若a=0,则f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.若a0,则当x∈-∞,a3∪(0,+∞)时,f′(x)0;当x∈a3,0时,f′(x)0.故f(x)在-∞,a3,(0,+∞)上单调递增,在a3,0上单调递减.(2)满足题设条件的a,b存在.①当a≤0时,由(1),知f(x)在[0,1]上单调递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.②当a≥3时,由(1),知f(x)在[0,1]上单调递减,所以f(x)在区间[0,1]上的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.③当0<a<3时,由(1),知f(x)在[0,1]上的最小值为fa3=-a327+b,最大值为b或2-a+b.若-a327+b=-1,b=1,则a=332,与0<a<3矛盾.若-a327+b=-1,2-a+b=1,则a=33或a=-33或a=0,与0<a<3矛盾.综上,当a=0,b=-1或a=4,b=1时,f(x)在[0,1]的最小值为-1,最大值为1.热点2利用导数解决与方程的解有关的问题方程的根、函数的零点、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念,解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值,根据函数图象的走势,通过数形结合直观求解.(2019·宁夏石嘴山市模拟)已知函数f(x)=ex(x-aex).(1)当a=0时,求f(x)的最值;(2)若f(x)有两个不同的极值点,求a的取值范围.解(1)当a=0时,f(x)=xex,所以f′(x)=(x+1)ex,令f′(x)0,解得x-1,令f′(x)0,解得x-1,所以f(x)=xex在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(-1)=-1e,无最大值.(2)因为f′(x)=ex(x+1-2aex),且f(x)有两个不同的极值点,所以f′(x)=0有两个不等实根,所以2a=x+1ex有两个不等的实根.令g(x)=x+1ex,则g′(x)=-xex,令g′(x)0,解得x0,令g′(x)0,解得x0,所以g(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(0)=1.又g(-1)=0,当x0时,g(x)0,且当x→+∞时,g(x)→0,据此可画出g(x)的大致图象,如图所示.由g(x)的图象可得02a1,即0a12.故a的取值范围是0,12.研究函数f(x)的极值问题常常与研究对应方程f′(x)=0的实根问题相互转化.1.已知含参函数f(x)存在极值点,求参数范围问题.一般可作为代数问题求解,即对f′(x)=0进行参变分离,得到a=g(x)的形式,则所求a的范围就是g(x)的值域.2.当研究函数f(x)的零点个数问题,及方程f(x)=0的实根个数问题时,也常要进行参变分离,得到a=g(x)的形式,然后借助数形结合(几何法)思想求解.(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)=(x-1)lnx-x-1.证明:(1)f(x)存在唯一的极值点;(2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.证明(1)f(x)的定义域为(0,+∞).f′(x)=x-1x+lnx-1=lnx-1x.因为y=lnx在(0,+∞)上单调递增,y=1x在(0,+∞)上单调递减,所以f′(x)在(0,+∞)上单调递增.又f′(1)=-10,f′(2)=ln2-12=ln4-120,故存在唯一x0∈(1,2),使得f′(x0)=0.又当xx0时,f′(x)0,f(x)单调递减,当xx0时,f′(x)0,f(x)单调递增,因此,f(x)存在唯一的极值点.(2)由(1),知f(x0)f(1)=-2,又f(e2)=e2-30,所以f(x)=0在(x0,+∞)内存在唯一根x=α.由αx01,得1α1x0.又f1α=1α-1ln1α-1α-1=fαα=0,故1α是f(x)=0在(0,x0)内的唯一根.综上,f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.热点3利用导数解决与不等式有关的问题1.若函数f(x)在区间D上存在最大值f(x)max和最小值f(x)min,则:(1)不等式f(x)a(≥a)在区间D上恒成立⇔f(x)mina(≥a);(2)不等式f(x)b(≤b)在区间D上恒成立⇔f(x)maxb(≤b).2.若函数f(x)在区间D上不存在最大(小)值,且值域为(m,n),则:(1)不等式f(x)a(≥a)在区间D上恒成立⇔m≥a;(2)不等式f(x)b(≤b)在区间D上恒成立⇔n≤b.(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)=x-1-alnx.(1)若f(x)≥0,求a的值;(2)设m为整数,且对于任意正整数n,1+12·1+122·…·1+12n<m,求m的最小值.解(1)f(x)的定义域为(0,+∞),①若a≤0,因为f12=-12+aln2<0,所以不满足题意.②若a>0,由f′(x)=1-ax=x-ax,知当x∈(0,a)时,f′(x)<0;当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0.所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.故x=a是f(x)在(0,+∞)上的唯一最小值点.因为f(1)=0,所以当且仅当a=1时,f(x)≥0,故a=1.(2)由(1),知当x∈(1,+∞)时,x-1-lnx>0.令x=1+12n,得ln1+12n<12n,从而ln1+12+ln1+122+…+ln1+12n<12+122+…+12n=1-12n<1.故1+121+122·…·1+12n<e.而1+121+1221+123>2,所以m的最小值为3.构造辅助函数是用导数证明不等式的关键,把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值,从而证得不等式.构造辅助函数的一般方法及解题步骤如下:(1)移项(有时需要作简单的恒等变形),使不等式的一端为0,另一端即为所作的辅助函数f(x);(2)求f′(x),并验证f(x)在指定区间上的增减性;(3)求出区间端点的函数值(或最值),作比较即得所证.(2019·天津高考)设函数f(x)=excosx,g(x)为f(x)的导函数.(1)求f(x)的单调区间;(2)当x∈π4,π2时,证明f(x)+g(x)π2-x≥0;(3)设xn为函数u(x)=f(x)-1在区间2nπ+π4,2nπ+π2内的零点,其中n∈N,证明2nπ+π2-xne-2nπsinx0-cosx0.解(1)由已知,有f′(x)=ex(cosx-sinx).因此,当x∈2kπ+π4,2kπ+5π4(k∈Z)时,有sinxcosx,得f′(x)0,则f(x)单调递减;当x∈2kπ-3π4,2kπ+π4(k∈Z)时,有sinxcosx,得f′(x)0,则f(x)单调递增.所以f(x)的单调递增区间为2kπ-3π4,2kπ+π4(k∈Z),f(x)的单调递减区间为2kπ+π4,2kπ+5π4(k∈Z).(2)证明:记h(x)=f(x)+g(x)π2-x.依题意及(1),有g(x)=ex(cosx-sinx),从而g′(x)=-2exsinx.当x∈π4,π2时,g′(x)0,故h′(x)=f′(x)+g′(x)π2-x+g(x)·(-1)=g′(x)π2-x0.因此,h(x)在区间π4,π2上单调递减,进而h(x)≥hπ2=fπ2=0.所以当x∈π4,π2时,f(x)+g(x)
本文标题:2020届高考数学大二轮复习 冲刺创新专题 题型2 解答题 规范踩点 多得分 第7讲 导数课件 文
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