2018大二轮高考总复习理数文档：解答题8 第1课时 函数的单调性与导数、极值与最值、导数与不等式问题 .pdf

第二单元 高考压轴大题冲关 解答题解答题 08：函数与导数：函数与导数 年 份卷 别具体考查内容及命题位置命题分析 Ⅰ卷 导数的运算，利用导数判定函数的单调性，求极值 点、最值点，零点的存在性定理·T21 Ⅱ卷 导数的运算及导数的应用，函数的单调性，函数的 零点·T21 2017 Ⅲ卷 导数在解决函数单调性、函数与数列不等式的综合 运用·T21 甲卷 利用导数判断函数的单调性、证明不等式、求函数 的最值问题·T21 乙卷利用导数研究函数零点、不等式的证明·T21 2016 丙卷导数与函数、不等式的综合应用·T21 Ⅰ卷 导数与函数的单调性，根据存在性问题求参数的取 值范围·T21 2015 Ⅱ卷 利用导数研究函数的单调性、根据恒成立求参数的 取值范围·T21 Ⅰ卷 导数的几何意义、求函数解析式中的参数，不等式 的证明·T21 2014 Ⅱ卷 利用导数求单调区间与函数的最值，估计无理数的 近似值·T21 Ⅰ卷利用导数求切线、研究最值，不等式恒成立问题·T21 2013 Ⅱ卷函数的极值与单调性，利用导数证明不等式·T21 1．解答题第 21 题压轴题一般考 查利用导数研究 函数的有关性质， 年年考查，难度 较大． 2．本题考查内容 灵活多变，常涉 及分类讨论思想、 数形结合思 想．另外，多与 不等式、方程根 的分布及函数的 值域等问题相结 合设置成综合性 试题，难度较大. 第一课时第一课时 函数的单调性与导数、极值与最值、导数函数的单调性与导数、极值与最值、导数 与不等式问题与不等式问题 基本考点——函数的单调性与导数、极值与最值 考向 01：函数的导数与单调性 (2017·宁夏大学附中二模)设函数 f(x)＝aln x＋，其中 a 为常数. x－1 x＋1 阿凡题1083971 (1)若 a＝0，求曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)讨论函数 f(x)的单调性． [思路点拨] (1)将 a 的值代入，求导得 f′(1)，再求出 f(1)的值，利用点斜式求出切线 方程． (2)求导得 f′(x)＝. 依据 a 的取值范围分类讨论 f′(x)取值的正负确 ax2＋2a＋2x＋a xx＋12 定函数的单调性． 【解】 (1)由题意知 a＝0 时，f(x)＝，x∈(0，＋∞)． x－1 x＋1 此时 f′(x)＝. 可得 f′(1)＝ ，又 f(1)＝0， 2 x＋12 1 2 所以曲线 y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为 x－2y－1＝0． (2)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)． f′(x)＝ ＋＝． a x 2 x＋12 ax2＋2a＋2x＋a xx＋12 当 a≥0 时，f′(x)＞0，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 当 a＜0 时，令 g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a， 由于 Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)， ①当 a＝－ 时，Δ＝0，f′(x)＝≤0，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递减． 1 2 －1 2x－12 xx＋12 ②当 a＜－ 时，Δ＜0，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递减． 1 2 ③当－ ＜a＜0 时，Δ＞0.设 x1，x2(x1＜x2)是函数 g(x)的两个零点， 1 2 则 x1＝， －a＋1＋ 2a＋1 a x2＝． －a＋1－ 2a＋1 a 由于 x1＝＝＞0， a＋1－ 2a＋1 －a a2＋2a＋1－ 2a＋1 －a 所以 x∈(0，x1)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减，x∈(x1，x2)时，g(x) ＞0，f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增， x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减， 综上可得：当 a≥0 时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当 a≤－ 时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当－ ＜a＜0 时，f(x)在 1 2 1 2 ，上单调递减，在 (0， －a＋1＋ 2a＋1 a ) ( －a＋1－ 2a＋1 a ，＋∞) 上单调递增． ( －a＋1＋ 2a＋1 a ， －a＋1－ 2a＋1 a ) 讨论函数的单调性其实质就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可 以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论，常需依据以下标准分类讨论： (1)二次项系数为 0、为正、为负，目的是讨论开口方向； (2)判别式的正负，目的是讨论对应二次方程是否有解； (3)讨论两根差的正负，目的是比较根的大小； (4)讨论两根与定义域的关系，目的是根是否在定义域内．另外，需优先判断能否利用 因式分解法求出根． 考向 02：函数的极值与最值问题 (2017·北京卷)已知函数 f(x)＝excos x－x.阿凡题1083972 (1)求曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)求函数 f(x)在区间上的最大值和最小值． [0， π 2] 【解】 (1)因为 f(x)＝excos x－x， 所以 f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0． 又因为 f(0)＝1， 所以曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为 y＝1． (2)设 h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，则 h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x． 当 x∈时，h′(x)＜0， (0， π 2) 所以 h(x)在区间上单调递减． [0， π 2] 所以对任意 x∈有 h(x)＜h(0)＝0，即 f′(x)＜0． (0， π 2] 所以函数 f(x)在区间上单调递减． [0， π 2] 因此 f(x)在区间上的最大值为 f(0)＝1，最小值为 f＝－ ． [0， π 2] ( π 2) π 2 含参数的函数的极值(最值)问题常在以下情况下需要分类讨论： (1)导数为零时自变量的大小不确定需要讨论； (2)导数为零的自变量是否在给定的区间内不确定需要讨论； (3)端点处的函数值和极值大小不确定需要讨论； (4)参数的取值范围不同导致函数在所给区间上的单调性的变化不确定需要讨论． 1．(2016·北京高考)设函数 f(x)＝xea－x＋bx，曲线 y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为 y＝(e－1)x＋4． (1)求 a，b 的值； (2)求 f(x)的单调区间． 解：(1)f(x)的定义域为 R． ∵f′(x)＝ea－x－xea－x＋b＝(1－x)ea－x＋b． 依题设，Error!Error!即Error!Error! 解得 a＝2，b＝e． (2)由(1)知 f(x)＝xe2－x＋ex， 由 f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及 e2－x＞0 知， f′(x)与 1－x＋ex－1同号． 令 g(x)＝1－x＋ex－1，则 g′(x)＝－1＋ex－1． 所以，当 x∈(－∞，1)时，g′(x)＜0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减； 当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增． 故 g(1)＝1 是 g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值， 从而 g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)， 综上可知，f′(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)． 故 f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)． 2．(2017·日照二模)已知 f(x)＝ax－ln x，a∈R． (1)若 f(x)在 x＝1 处有极值，求 f(x)的单调递增区间； (2)是否存在实数 a，使 f(x)在区间(0，e]上的最小值是 3，若存在，求出 a 的值；若不 存在，说明理由． 解：(1)由题意知 f′(1)＝0，∴a－1＝0，∴a＝1． 经检验 a＝1，f(x)在 x＝1 处有极值， 所以 f(x)＝x－ln x， 令 f′(x)＝1－ ＞0，解得 x＞1 或 x＜0， 1 x 又 f(x)的定义域为(0，＋∞)， 所以 f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)． (2)假设存在实数 a，使 f(x)＝ax－ln x，(x∈(0，e])有最小值 3． ①当 a≤0 时，因为 x∈(0，e]，所以 f′(x)＜0， 所以 f(x)在(0，e]上单调递减， f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，解得 a＝ (舍去)； 4 e ②当 0＜ ＜e 时，f(x)在(0, )上单调递减，在( ，e]上单调递增， 1 a 1 a 1 a ∴f(x)min＝f( )＝1＋ln a＝3，解得 a＝e2，满足条件； 1 a ③当 ≥e 时，因为 x∈(0，e]，所以 f′(x)＜0， 1 a ∴f(x)在(0，e]上单调递减， ∴f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3.解得 a＝ ，舍去． 4 e 综上，存在实数 a＝e2，使得当 x∈(0，e]时，f(x)有最小值 3． 常考热点——导数与不等式问题 在高考压轴题中，函数与不等式的交汇是考查热点，常以含指数、对数函数为载体考 查不等式的证明、比较大小、范围等问题，以及不等式的恒成立与能成立问题． 考向 01：利用导数证明不等式 常见构造辅助函数的四种方法 (1)直接构造法：证明不等式 f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的问题转化为证明 f(x)－g(x)＞0(f(x) －g(x)＜0)，进而构造辅助函数 h(x)＝f(x)－g(x)． (2)构造“形似”函数：稍作变形后构造．对原不等式同解变形，如移项、通分、取对 数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函 数． (3)适当放缩后再构造：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再 重新构造函数． (4)构造双函数：若直接构造函数求导，难以判断符号，导数的零点也不易求得，因此 单调性和极值点都不易获得，从而构造 f(x)和 g(x)，利用其最值求解． (2017·全国卷Ⅲ)已知函数 f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.阿凡题1083973 (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 a＜0 时，证明 f(x)≤－－2． 3 4a (1)【解】 f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝ ＋2ax＋2a＋1＝． 1 x x＋12ax＋1 x 若 a≥0，则当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0， 故 f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 若 a＜0，则当 x∈时，f′(x)＞0； (0，－ 1 2a) 当 x∈时，f′(x)＜0． (－ 1 2a，＋∞) 故 f(x)在上单调递增，在上单调递减． (0，－ 1 2a) (－ 1 2a，＋∞) (2)【证明】 由(1)知，当 a＜0 时，f(x)在 x＝－处取得最大值， 1 2a 最大值为 f＝ln－1－． (－ 1 2a) (－ 1 2a) 1 4a 所以 f(x)≤－－2 等价于 ln－1－≤－－2，即 ln＋＋1≤0． 3 4a (－ 1 2a) 1 4a 3 4a (－ 1 2a) 1 2a 设 g(x)＝ln x－x＋1，则 g′(x)＝ －1． 1 x 当 x∈(0,1)时，g′(x)＞0； 当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0， 所以 g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 故当 x＝1 时，g(x)取得最大值，最大值为 g(1)＝0． 所以当 x＞0 时，g(x)≤0． 从而当 a＜0 时，ln＋＋1≤0， (－ 1 2a) 1 2a 即 f(x)≤－－2． 3 4a (1)证明 f(x)≥g(x)或 f(x)≤g(x)，可通过构造函数 h(x)＝f(x)－g(x)，将上述不等式转化为 求证 h(x)≥0 或 h(x)≤0，从而利用求 h(x)的最小值或最大值来证明不等式．或者，利用 f(x) min≥g(x)max或 f(x)max≤g(x)min来证明不等式． (2)在证明不等式时，如果不等式较为复杂，则可以通过不等式的性质把原不等式变换 为简单的不。