课堂新坐标2015高三数学(安徽理)一轮课件:专题突破1高考函数与导数问题的求解策略_图文

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类型 1

利用导数研究函数的单调性

利用导数研究函数的单调性是高考的热点,多与一元二 次不等式相联系,根据导数与函数单调性的关系,研究函数 的单调性,实际上就是讨论导函数 f′(x)的函数值正负的问 题.

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【典例 1】 mx2(m∈R).

(2014· 石家庄模拟 ) 已知函数 f(x) = ln x+

(1)求函数 f(x)的单调区间; (2)若 A、B 是函数 f(x)图象上不同的两点,且直线 AB 的 斜率恒大于 1,求实数 m 的取值范围. 【思路点拨】 (1)求 f′(x),分 m≥0 和 m<0 两种情况

求解; f?a?-f?b? (2)设 A(a,f(a)),B(b,f(b)),则 >1 恒成立.构 a-b 造函数 g(x)=f(x)-x,则 g(x)在(0,+∞)上为增函数,转化 为 g′(x)≥0 在(0,+∞)上恒成立求解.

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1 【规范解答】 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=x+ 1+2mx2 2mx= . x 当 m≥0 时,f(x)在(0,+∞)上单调递增. 1 当 m<0 时,由 f′(x)=0 得 x= - . 2m ? ? 1 ? 1 ? ? ? ? ? 当 x∈?0, f′(x)>0, f(x)在?0, - ?时, - ?上 2m? 2m? ? ? 单调递增; ? ? 1 ? ? 当 x ∈ ? - ,+∞? 时 , f′(x)<0 , f(x) 在 2m ? ? ? ? 1 ? ? - ,+∞?上单调递减. ? 2m ? ?

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综上所述,当 m≥0 时,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当 m<0
? 在? ? ? ? ? 时,f(x)在?0, ?

1? ? - ?上单调递增, 2m?

? 1 ? - ,+∞?上单调递减. 2m ?

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(2)依题意,设 A(a,f(a)),B(b,f(b)),不妨设 a>b>0, f?a?-f?b? 则 kAB= >1 恒成立, a-b 即 f(a)-f(b)>a-b 恒成立, 即 f(a)-a>f(b)-b 恒成立, 令 g(x)=f(x)-x=ln x+mx2-x, 则 g(x)在(0,+∞)上为增函数,

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2mx2-x+1 1 所以 g′(x)=x+2mx-1= ≥0 对 x∈(0,+ x ∞)恒成立, 所以 2mx2-x+1≥0 对 x∈(0,+∞)恒成立,
?1 1? 1 1 1 2 ? ? 即 2m≥- 2+x=- x-2 + 对 x∈(0,+∞)恒成立, x 4 ? ?

1 因此 m≥ . 8 即实数 m
?1 ? 的取值范围是?8,+∞?. ? ?

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【反思启迪】

1.本题(2)中把直线 AB 的斜率恒大于 1

转化为函数 g(x)=f(x)-x 在(0,+∞)上是增函数是解题的关 键. 2. 判断函数的单调性, 求函数的单调区间、 极值等问题, 最终归结到判断 f′(x)的符号问题上,而 f′(x)>0 或 f′(x) <0,最终可转化为一个一元一次或一元二次不等式问题.

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1+x -ax 变式训练 1 设函数 f(x)= e . 1-x (1)写出定义域及 f′(x)的解析式; (2)设 a>0,讨论函数 y=f(x)的单调性; (3)若对任意 x∈(0,1),恒有 f(x)>1 成立,求实 数 a 的取值范围.

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【解】 (1)f(x)的定义域为(-∞,1)∪(1,+∞), ax2+2-a -ax f′(x)= . 2 e ?1-x? (2)①当 0<a≤2 时, f′(x)≥0, 所以 f(x)在(-∞, 1),(1,+∞)上为增函数;

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②当 a>2 时,由 f′(x)>0 得 ax2+2-a>0,x> a-2 a 或 x<- a-2 a ,
? a-2? ? ? ,? a ? ? ? ? a-2 ? (1,+∞) , 1 ?, a ?

? ∴f(x)在? ?-∞,- ? ? 上是增函数,在? ?- ?

a-2 a ,

a-2? ? 上是减函数. a ? ?

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(3)①当 0<a≤2 时,由(1)知,对任意 x∈(0,1),恒 有 f(x)>f(0)=1; ②当 a>2
? 函数, 在? ? ? ? 时,由(1)知,f(x)在? ?0, ?

a- 2 ? ? 上是减 a ? ? a-2 a ∈

? 1 a-2 ? 上是增函数, 取 x0= 2 a ,1? ?

(0,1),则 f(x0)<f(0)=1;

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1+ x ③当 a≤0 时,对任意 x∈(0,1),恒有 >1 且 1- x e
-ax

1+x -ax ≥1,得 f(x)= e >1. 1- x 综上,当且仅当 a∈(-∞,2]时,对任意 x∈(0,1)

恒有 f(x)>1 成立.

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类型 2

利用导数求函数的极值或最值

利用导数研究函数的极值或最值是近两年高考的热点, 通过 f′(x)=0 的根与函数极值点的联系,求函数的极值或求 参数的值(范围), 通过函数极值和函数在相应区间端点函数值 的比较确定函数的最值.

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【典例 2】

(2013· 重庆高考)设 f(x)=a(x-5)2+6ln x,

其中 x∈R,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与 y 轴相交于 点(0,6). (1)确定 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间与极值.
【思路点拨】 (1)借助导数求出切线方程,代入已知点

即可求得字母取值;(2)首先确定函数的定义域,对函数求导 并求出极值点,讨论函数的单调性以便进一步确定函数的极 值,同时需要注意极值点两端的导函数值的符号.

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【规范解答】

(1)因为 f(x)=a(x-5)2+6ln x,

6 故 f′(x)=2a(x-5)+x. 令 x=1,得 f(1)=16a,f′(1)=6-8a,所以曲线 y=f(x) 在点(1,f(1))处的切线方程为 y-16a=(6-8a)(x-1). 1 由点(0,6)在切线上可得 6-16a=8a-6,故 a= . 2

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1 (2)由(1)知,f(x)= (x-5)2+6ln x(x>0), 2 6 ?x-2??x-3? f′(x)=x-5+x= . x 令 f′(x)=0,解得 x1=2,x2=3. 当 0<x<2 或 x>3 时,f′(x)>0,故 f(x)在(0,2),(3,+∞) 上为增函数;当 2<x<3 时,f′(x)<0,故 f(x)在(2,3)上为减函 数. 9 由此可知,f(x)在 x=2 处取得极大值 f(2)= +6ln 2, 2 在 x=3 处取得极小值 f(3)=2+6ln 3.

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【反思启迪】

“最值”与“极值”的区别和联系

(1)“最值”是整体概念,是比较整个定义域或区间内的 函数值得出的,具有绝对性;而 “极值”是个局部概念,是 比较极值点附近函数值得出的,具有相对性. (2)函数在其定义区间上的最大值、 最小值最多各有一个, 而函数的极值可能不止一个,也可能一个没有. (3)极值只能在区间内部取得,而最值可以在区间的端点 处取得. (4)有极值的未必有最值,有最值的未必有极值;极值有 可能成为最值,最值只要不在端点必定是极值.

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x 变式训练 2 已知函数 f(x)=(x-k) ek.
2

(1)求 f(x)的单调区间; 1 (2)若对于任意的 x∈(0,+∞),都有 f(x)≤ ,求 k e 的取值范围.

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【解】

x (1)由 f(x)=(x-k) ek,得
2

1 2 2 x f′(x)=k(x -k )ek, 令 f′(x)=0,得 x=± k, 若 k>0,当 x 变化时,f(x)与 f′(x)的变化情况如下:

x f′(x) f(x)

(- ∞ , -k) +

-k (-k,k) k (k,+∞) 0 4k2e
-1



0 0



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所以 f(x)的单调递增区间是(-∞,-k)和(k,+∞),单 调递减区间是(-k,k). 若 k<0,当 x 变化时,f(x)与 f′(x)的变化情况如下: x f′(x) f(x) (- ∞,k) - k 0 0 ( k, - k) + -k 0 4k2e-1 (-k,+∞) -

所以 f(x)的单调递减区间是(-∞,k)和(-k,+∞),单 调递增区间是(k,-k).

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k+1 1 (2)当 k>0 时,因为 f(k+1)=e k > , e 1 所以不会有?x∈(0,+∞),f(x)≤ . e 当 k<0 时,由(1)知 f(x)在(0,+∞)上的最大值是 f(- 4 k2 k)= . e 1 4k2 1 所以?x∈(0,+∞),f(x)≤ 等价于 f(-k)= ≤ , e e e 1 解得- ≤k<0. 2

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类型 3

利用导数研究函数的零点问题

利用导数研究函数的零点问题是近两年高考命题的亮 点,求解时应把函数的零点存在性定理、函数的单调性、极 值点等综合起来考虑,最后数形结合求得结果.

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【典例 3】 数.

已知函数 f(x)=ex(x2+ax-a),其中 a 是常

(1)当 a=1 时, 求曲线 y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程; (2)若存在实数 k,使得关于 x 的方程 f(x)=k 在[0,+∞) 上有两个不相等的实数根,求 k 的取值范围.
【思路点拨】 (1)先求切点、切线斜率,再求切线方程; (2)利用导数判断函数 f(x)在[0,+∞)上的变化情况,数 形结合求解.

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【规范解答】

(1)由 f(x)=ex(x2+ax-a)可得

f′(x)=ex[ x2+(a+2)x]. 当 a=1 时,f(1)=e,f′(1)=4e. 所以曲线 y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为 y-e=4e(x -1),即 y=4ex-3e.

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(2)令 f′(x)=ex[x2+(a+2)x]=0, 解得 x=-(a+2)或 x=0. 当- (a + 2)≤0 ,即 a≥ - 2 时,在区间 [0 ,+ ∞) 上, f′(x)≥0, 所以 f(x)是[0,+∞)上的增函数, 所以方程 f(x)=k 在[0, +∞)上不可能有两个不相等的实 数根.

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当-(a+2) >0,即 a<-2 时,f′(x),f(x)随 x 的变化 情况如下表: x f′(x) f(x) 0 0 -a (0,-(a+2)) -(a+2) (-(a+2),+∞) - 0 a+4 + ea 2 +

由上表可知函数 f(x)在[0, +∞)上的最小值为 f(-(a+2)) a+4 = a+2 . e

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因为函数 f(x)是(0,-(a+2))上的减函数,是(-(a+2), +∞)上的增函数,且当 x≥-a 时,有 f(x)≥e a(-a)>-a,


又 f(0)=-a. 所以要使方程 f(x)=k 在[0, +∞)上有两个不相等的实数 根,k
?a+4 ? ? 的取值范围是? a+2 ,-a? ?. e ? ?

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【反思启迪】

1.在解答本题(2)时应判断 f(x)>f(0)是否

成立,这是容易忽视的地方. 2.该类问题的求解,一般利用导数研究函数的单调性、 极值等性质,并借助函数图象,根据零点或图象的交点情况, 建立含参数的方程 ( 或不等式 ) 组求解,实现形与数的和谐统 一.

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变式训练 3

已知函数 f(x)=|ax-2|+bln x(x>0).

(1)若 a=1,f(x)在(0,+∞)上是单调增函数,求 b 的取 值范围; 1 (2)若 a≥2,b=1,求方程 f(x)=x在(0,1]上解的个数.

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【解】

(1)f(x)=|x-2|+bln x

? ?-x+2+bln x?0<x<2?, =? ? ?x-2+bln x?x≥2?.

b ①当 0<x<2 时, f(x)=-x+2+bln x, f′(x)=-1+x. b 由条件,得-1+x≥0 恒成立,即 b≥x 恒成立.∴b≥2.

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b ②当 x≥2 时,f(x)=x-2+bln x,f′(x)=1+x,由条 b 件,得 1+x≥0 恒成立, 即 b≥-x 恒成立.∴b≥-2. 综合①②得 b 的取值范围是[2,+∞).

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1 (2) 令 g(x) = |ax - 2| + ln x - x , 即 g(x) = 2? 1? ? 0<x<a?, ?-ax+2+ln x-x? ? ? ? ? ? ?ax-2+ln x-1?x≥2?. x? a? ? 2 1 当 0<x<a时,g(x)=-ax+2+ln x-x,g′(x)=-a 1 1 +x+ 2. x 2 1 a a a2 a?a-2? ∵0<x<a, ∴x> .则 g′(x)>-a+ + = ≥0. 2 2 4 4

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2 1 1 1 当 x≥a时,g(x)=ax-2+ln x-x,g′(x)=a+x+ 2> x
?2 ? 0.∴g(x)在?a,+∞?上是递增函数. ? ?

2 又因为函数 g(x)在 x=a有意义, ∴g(x)在(0,+∞)上是递增函数.
?2? ∵g?a?=ln ? ?

2 a a-2,而 a≥2,

?2? 2 ∴ln a≤0,则 g?a?<0. ? ?

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∵a≥2,∴g(1)=a-3. 当 a≥3 时,g(1)=a-3≥0,∴g(x)=0 在(0,1]上解的个 数为 1. 当 2≤a≤3 时,g(1)=a-3<0, ∴g(x)=0 在(0,1]上无解,即解的个数为 0.

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类型 4

利用导数研究与不等式有关的问题

常见题型及转化方法: (1)不等式恒成立问题 ,转化为函数的最值问题; (2)证明不等式,转化为证明函数的单调性问题; (3)证明不等式,转化为函数的最小值大于最大值问题.

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ln x+k 【典例 4】 (2012· 山东高考)已知函数 f(x)= (k 为 ex 常数, e=2.718 28?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)=xf′(x),其中 f′(x)为 f(x)的导函数,证明: 对任意 x>0,g(x)<1+e 2.


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【思路点拨】

(1)利用 f′(1)=0 求解;

(2)求 f′(x),解不等式 f′(x)>0,f′(x)<0; (3)当 x≥1 时,利用 f′(x)<0 证明,当 0<x<1 时,先根据 不等式放缩得到 g(x)<1-xln x-x,再证 1-xln x-x<1+e2.
1 x-ln x-k (1)f′(x)= , ex

【规范解答】

1-k 由已知,f′(1)= =0,∴k=1. e

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1 x-ln x-1 (2)由(1)知,f′(x)= . ex 1 1 1 设 k(x)=x-ln x-1,则 k′(x)=- 2-x<0, x 即 k(x)在(0,+∞)上是减函数, 由 k(1)=0 知,当 0<x<1 时,k(x)>0,从而 f′(x)>0, 当 x>1 时,k(x)<0,从而 f′(x)<0. 综上可知,f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是 (1,+∞).

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(3)证明
-2

由(2)可知,当 x≥1 时,g(x)=xf′(x)≤0<1+e


,故只需证明 g(x)<1+e 2 在 0<x<1 时成立即可. 当 0<x<1 时,ex>1,且 g(x)>0, 1-xln x-x ∴g(x)= <1-xln x-x. ex 设 F(x)=1-xln x-x,x∈(0,1), 则 F′(x)=-(ln x+2), 当 x∈(0,e-2)时,F′(x)>0,当 x∈(e-2,1)时,F′(x)<0, 所以当 x=e 2 时,F(x)取得最大值 F(e 2)=1+e 2.
- - -

所以 g(x)<F(x)≤1+e-2. 综上,对任意 x>0,g(x)<1+e-2.

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【反思启迪】 1.本题(3)中,根据当 x>0 时,ex>1,得到 g(x)<1-xln x-x,从而只需证明 1-xln x-x<1+e2; 2.与不等式有关的问题最终可转化为函数的最值与 0 的 关系.

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变式训练 4 =(x2-3x+1)ex.

(2013· 皖南八校第一次联考)已知函数 f(x)

(1)求函数 f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)若对?x∈(1,+∞),不等式 f(x)>m 恒成立,求实数 m 的取值范围.

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【解】 (1)f(1)=-e, f′(x)=(2x-3)ex+(x2-3x+1)ex =(x2-x-2)ex,所以 f′(1)=-2e,所以 y+e=-2e(x-1), 即 2ex+y-e=0. 所以所求切线的方程为 2ex+y-e=0.

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(2)?x∈(1,+∞),不等式 f(x)>m 恒成立. 由题意可转化为:在区间(1,+∞)上,f(x)min>m. 令 f′(x)=(x2-x-2)ex=0,得 x=2. 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (1,2) - 2 0 极小值 (2,+∞) +

由表可知 f(x)的极小值也是最小值是 f(2)=-e2, 所以 f(x)min =-e2,即 m<-e2,因此所求实数 m 的取值范围是(-∞, - e2 ) .

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专题突破练(一)


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