学科素养培优系列(一) 导数 类型一 极值、最值、导数几何意义及单调性的综合 问题 【典例1】(16分)(2016全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=(x- 2)ex+a(x-1)2. (1)讨论f(x)的单调性. (2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围. 【谋定思路而后动】 第一步:秒杀基础“赢起点” 第(1)问,先按常规解法求导,先求得f′(x)=(x-1)(ex+ 2a).再根据1,0,2a的大小进行分类确定f(x)的单调性. 第二步:分类讨论“程序化” 第(2)问借助第(1)问的结论,通过分类讨论函数的单调 性,确定零点个数,从而可得a的取值范围. 【规范解答不失分】 (1)f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).……1分 (ⅰ)设a≥0,则当x∈(-∞,1)时,f′(x)0,………………………2分 所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增 . (ⅱ)设a- ,则ln(-2a)0; 当x∈(ln(-2a),1)时,f′(x)<0, 所以f(x)在(-∞,ln(-2a))和(1,+∞)上单调递增, 在(ln(-2a),1)上单调递减.……………………6分 ③若a1, 故当x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)时,f′(x)>0; 当x∈(1,ln(-2a))时,f′(x)0,则由(1)知,f(x)在(-∞,1)上单调递减, 在(1,+∞)上单调递增. 又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且ba >- ,a<- 三类,都未考虑a=- 这种情况. (4)计算能力不强:基础知识不扎实,体现在分类讨论时, 解ln(-2a)<1求a的范围时由-2a0,a=0,0>a≥- ,a0,函数g(x)单调递增. 当a>0,x∈ 时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增, x∈ 时,g′(x)0,函数g(x)单调递增区间为 ,函数g(x)单调 递减区间为 . (2)由(1)知f′(1)=0. ①当a≤0,f′(x)单调递增,所以 x∈(0,1)时,f′(x)0,f(x)单调递增, 所以f(x)在x=1处取得极小值,不符合题意. ②当 时,由(1)知f′(x)在 内单调递 增, 所以x∈(0,1)时,f′(x)0,f(x)单调递增, 所以f(x)在x=1处取得极小值,不符合题意. ③当 时,f′(x)在(0,1)内单调递增,在(1, +∞)内单调递减,所以x∈(0,+∞)时,f′(x)≤0,f(x) 单调递减,不符合题意. ④当 时,x∈ f′(x)>0,f(x)单调递 增, 当x∈(1,+∞)时,f′(x) . 类型二 利用导数研究不等式的综合问题 【典例2】(16分)(2016全国卷Ⅲ)设函数f(x)=lnx- x+1. (1)讨论f(x)的单调性. (2)证明:当x∈(1,+∞)时,1< 1,证明:当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx. 【谋定思路而后动】 第一步:秒杀基础“赢起点” 第(1)问,先求出函数的定义域,然后按常规解法求导, 在定义域内分析函数单调性. 第二步:不等问题“变形证” 第(2)问的求解利用(1)中的结论,变式成 进行证明. 第三步:构造函数“巧突破” 第(3)问的求解可构造函数g(x)=1+(c-1)x-cx,结合函 数的单调性及(1)(2)结论进行证明. 【规范解答不失分】 (1)由题设,f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= -1, …………………………2分 令f′(x)=0,解得x=1. 当01时,f′(x)<0,f(x)单调递减.………………6分 (2)由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0. 所以当x≠1时,lnxx0时 ,g′(x)<0,g(x)单调递减. 由(2)知1< cx.………………16分 【阅卷教师点迷津】 【失分原因】 (1)公式不熟:对求导公式不熟,导致不能对函数f(x)= lnx-x+1正确求导,致使判断函数的单调性出错. (2)逻辑混乱:如在证明第(2)问时,1<
