1第4讲函数与导数的综合问题[全国卷3年考情分析]年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2019函数零点存在性问题,不等式与参数范围·T20函数的极值点及方程根·T212018利用导数研究函数的单调性、不等式的证明·T21函数的单调性与导数、函数零点的证明·T21导数的几何意义、不等式的证明·T212017函数的单调性与导数、不等式与参数范围·T21函数的单调性与导数、不等式与参数范围·T21利用导数研究函数的单调性、不等式的证明·T21导数日益成为解决问题必不可少的工具,利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型,而导数与函数、不等式、方程等的交汇命题,是高考的热点和难点.解答题的热点题型有:(1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值;(2)利用导数证明不等式或探讨方程根;(3)利用导数求解参数的范围或值.第1课时函数、导数与不等式考点一利用导数证明不等式[例1](2019·天津高考节选)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.[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(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)π2-x≥0.[解题方略]1.证明不等式的基本方法(1)利用单调性:若f(x)在[a,b]上是增函数,则①∀x∈[a,b],有f(a)≤f(x)≤f(b),②∀x1,x2∈[a,b],且x1<x2,有f(x1)<f(x2).对于减函数有类似结论.(2)利用最值:若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m),则∀x∈D,有f(x)≤M(或f(x)≥m).2.证明f(x)<g(x),可构造函数F(x)=f(x)-g(x),证明F(x)<0.[跟踪训练](2019·湖北省仙桃中学5月适应性考试)已知函数f(x)=axlnx(a>0)的图象在点(e,f(e))处的切线和直线x+2y+1=0垂直.(1)求a的值;(2)对任意的x>0,证明:f(x)≥-2x-e-3.解:(1)由f(x)的图象在点(e,f(e))处的切线与直线x+2y+1=0垂直,得该切线的斜率为2,即f′(e)=2.因为f′(x)=a(lnx+1),所以a(lne+1)=2,解得a=1.(2)证明:令g(x)=f(x)+2x+e-3,则由(1)知g(x)=xlnx+2x+e-3(x>0),则g′(x)=lnx+3,显然g′(x)=0时,x=e-3,当x∈()0,e-3时,g′(x)<0,所以函数g(x)在3()0,e-3上单调递减.当x∈()e-3,+∞时,g′(x)>0,所以函数g(x)在()e-3,+∞上单调递增,所以g(x)≥g(e-3)=-3e-3+2e-3+e-3=0,所以对任意的x>0,f(x)≥-2x-e-3.考点二利用导数研究不等式恒成立、存在性问题[例2]已知函数f(x)=x-(a+1)lnx-ax(a∈R),g(x)=12x2+ex-xex.(1)当x∈[1,e]时,求f(x)的最小值.(2)当a<1时,若存在x1∈[e,e2],使得对任意的x2∈[-2,0],f(x1)<g(x2)恒成立,求a的取值范围.[解](1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=(x-1)(x-a)x2.①当a≤1时,x∈[1,e],f′(x)≥0,f(x)为增函数,f(x)min=f(1)=1-a.②当1<a<e时,x∈[1,a]时,f′(x)≤0,f(x)为减函数;x∈[a,e]时,f′(x)≥0,f(x)为增函数.所以f(x)min=f(a)=a-(a+1)lna-1.③当a≥e时,x∈[1,e]时,f′(x)≤0,f(x)在[1,e]上为减函数.f(x)min=f(e)=e-(a+1)-ae.综上,当a≤1时,f(x)min=1-a;当1<a<e时,f(x)min=a-(a+1)lna-1;当a≥e时,f(x)min=e-(a+1)-ae.(2)由题意知f(x)(x∈[e,e2])的最小值小于g(x)(x∈[-2,0])的最小值.由(1)知当a<1时,f(x)在[e,e2]上单调递增,f(x)min=f(e)=e-(a+1)-ae.g′(x)=(1-ex)x.当x∈[-2,0]时,g′(x)≤0,g(x)为减函数,g(x)min=g(0)=1,所以e-(a+1)-ae<1,即a>e2-2ee+1,所以a的取值范围为e2-2ee+1,1.4[题后悟通]求解此类题目的策略∀x1∈D1,∃x2∈D2,f(x1)>g(x2),等价于函数f(x)在D1上的最小值大于g(x)在D2上的最小值即f(x)min>g(x)min()这里假设f(x)min,g(x)min存在.其等价转化的基本思想是:函数y=f(x)的任意一个函数值大于函数y=g(x)的某一个函数值,但并不要求大于函数y=g(x)的所有函数值.∀x1∈D1,∃x2∈D2,f(x1)<g(x2),等价于函数f(x)在D1上的最大值小于函数g(x)在D2上的最大值()这里假设f(x)max,g(x)max存在.其等价转化的基本思想是:函数y=f(x)的任意一个函数值小于函数y=g(x)的某一个函数值,但并不要求小于函数y=g(x)的所有函数值.[跟踪训练](2019·福建五校第二次联考)已知函数f(x)=lnx-mx2,g(x)=12mx2+x,m∈R,令F(x)=f(x)+g(x).(1)当m=12时,求函数f(x)的单调区间及极值;(2)若关于x的不等式F(x)≤mx-1恒成立,求正整数m的最小值.解:(1)由题意得,f(x)=lnx-12x2(x>0),所以f′(x)=1x-x(x>0).令f′(x)=0,得x=1.由f′(x)>0,得0<x<1,所以f(x)的单调递增区间为(0,1),由f′(x)<0,得x>1,所以f(x)的单调递减区间为(1,+∞).所以f(x)极大值=f(1)=-12,无极小值.(2)令G(x)=F(x)-(mx-1)=lnx-12mx2+(1-m)x+1,因m>0时,G′(x)=-mx2+(1-m)x+1x=-mx-1m(x+1)x.令G′(x)=0,得x=1m,5所以当x∈0,1m时,G′(x)>0;当x∈1m,+∞时,G′(x)<0.因此函数G(x)在0,1m上是增函数,在1m,+∞上是减函数.故函数G(x)的最大值为G1m=12m-lnm.令h(x)=12x-lnx,因为h(1)=12>0,h(2)=14-ln2<0,h(x)在(0,+∞)上是减函数,所以当x≥2时,h(x)<0,所以整数m的最小值为2.[专题过关检测]大题专攻强化练1.(2019·贵州省适应性考试)函数f(x)=x-lnx,g(x)=aex.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)求证:当a≥1e时,xf(x)≤g(x).解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).由f(x)=x-lnx,得f′(x)=1-1x=x-1x,当x∈(0,1)时,f′(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0.所以f(x)的单调递减区间是(0,1),单调递增区间是(1,+∞).(2)证明:要证xf(x)≤g(x),即证x(x-lnx)≤aex,即证a≥x2-xlnxex.设h(x)=x2-xlnxex,则h′(x)=-x2+2x-1+xlnx-lnxex=[]lnx-(x-1)(x-1)ex,由(1)可知f(x)≥f(1)=1,即lnx-(x-1)≤0,于是,当x∈(0,1)时,h′(x)>0,h(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,h′(x)0,h(x)单调递减.所以x=1时,h(x)取得最大值,h(x)max=1-0e=1e,所以当a≥1e时,xf(x)≤g(x).2.(2019·北京高考)已知函数f(x)=14x3-x2+x.6(1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程;(2)当x∈[-2,4]时,求证:x-6≤f(x)≤x;(3)设F(x)=|f(x)-(x+a)|(a∈R),记F(x)在区间[-2,4]上的最大值为M(a).当M(a)最小时,求a的值.解:(1)由f(x)=14x3-x2+x得f′(x)=34x2-2x+1.令f′(x)=1,即34x2-2x+1=1,得x=0或x=83.又f(0)=0,f83=827,所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x与y-827=x-83,即y=x与y=x-6427.(2)证明:令g(x)=f(x)-x,x∈[-2,4].由g(x)=14x3-x2得g′(x)=34x2-2x.令g′(x)=0得x=0或x=83.当x变化时,g′(x),g(x)的变化情况如下:x-2(-2,0)00,838383,44g′(x)+0-0+g(x)-60-64270所以g(x)的最小值为-6,最大值为0.故-6≤g(x)≤0,即x-6≤f(x)≤x.(3)由(2)知,当a-3时,M(a)=F(0)=|g(0)-a|=-a3;当a-3时,M(a)=F(-2)=|g(-2)-a|=6+a3;当a=-3时,M(a)=3.综上,当M(a)最小时,a=-3.3.设函数f(x)=2lnx-mx2+1.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)当f(x)有极值时,若存在x0,使得f(x0)m-1成立,求实数m的取值范围.7解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2x-2mx=-2(mx2-1)x,当m≤0时,f′(x)0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增;当m0时,令f′(x)0,得0xmm,令f′(x)0,得xmm,∴f(x)在0,mm上单调递增,在mm,+∞上单调递减.(2)由(1)知,当f(x)有极值时,m0,且f(x)在0,mm上单调递增,在mm,+∞上单调递减.∴f(x)max=fmm=2lnmm-m·1m+1=-lnm,若存在x0,使得f(x0)m-1成立,则f(x)maxm-1.即-lnmm-1,lnm+m-10成立.令g(x)=x+lnx-1(x0),∵g′(x)=1+1x0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递增,且g(1)=0,∴0m1.∴实数m的取值范围是(0,1).4.(2019·武汉市调研测试)已知函数f(x)=(x-1)lnx+ax(a∈R).(1)在a=0时,求f(x)的单调区间;(2)若f(x)>0在(0,+∞)上恒成立,求实数a的取值范围.解:(1)a=0时,f(x)=(x-1)lnx,f′(x)=lnx+(x-1)·1x=lnx-1x+1,设g(x)=lnx-1x+1,则g′(x)=x+1x2>0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递增,而g(1)=0,∴x∈(0,1)时,g(x)<0,即f′(x)<0,x∈(1
本文标题:(全国通用)2020版高考数学二轮复习 第二层提升篇 专题六 函数与导数 第4讲 函数与导数的综合问
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