（通用版）2019版高考数学二轮复习第一部分第三层级高考5个大题题题研诀窍函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分”讲义理（普通生，含解析）.doc

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1、1函数与导数综合问题巧在“转” 、难在“分”技法指导迁移搭桥 思 维 流 程 找 突 破 口 函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点对于这类综合问题，一般是先转化(变形)，再求导，分解出基本函数，分类讨论研究其性质，再根据题意解决问题.典例 已知函数 f(x)eln x ax(aR)(1)讨论 f(x)的单调性；(2)当 ae 时，证明： xf(x)e x2e x0.快审题求什么想什么讨论函数的单调性，想到利用导数判断

2、证明不等式，想到对所证不等式进行变形转化 给什么用什么已知函数的解析式，利用导数解题差什么找什么证不等式时，对不等式变形转化后还不能直接判断两函数的关系，应找出所构造函数的最值.稳解题(1)f( x) a(x0)，ex若 a0，则 f( x)0， f(x)在(0，)上单调递 增；若 a0，则当 00，当 x 时， f( x)0，所以只需证 f(x) 2e，exx当 ae 时，由(1)知， f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以 f(x)max f(1)e.2记 g(x) 2e( x0)，exx则 g( x) ， x 1 exx2所以当 01 时， g( x)0， g(x)单

3、调递增，所以 g(x)min g(1)e.综上，当 x0 时， f(x) g(x)，即 f(x) 2e，exx即 xf(x)e x2e x0.法二：证 xf(x)e x2e x0，即证 exln xe x2e x2e x0，从而等价于 ln x x2 .exex设函数 g(x)ln x x2，则 g( x) 1.1x所以当 x(0,1)时， g( x)0；当 x(1，)时， g( x)0，故 h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，从而 h(x)在(0，)上的最小值为 h(1)1.综上，当 x0 时， g(x) h(x)，即 xf(x)e x2e x0.题后悟道 函数与导数综合问

4、题的关键(1)会求函数的极值点，先利用方程 f(x)0 的根，将函数的定义域分成若干个开区间，再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值；(2)证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原不等式成立；(3)不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手，3去求参数的取值范围针对训练已知函数 f(x) xln x， g(x) ，直线 l： y( k3) x k2.ax22(1)若曲线 y f(x)在 xe 处的切线与直线 l 平行，求实数 k 的值；(2)若至少存在一个 x01，e使 f(x0)1 时，函数 f(x)的图象恒在直线 l 的上

5、方，求 k 的最大值解：(1)由已知得， f( x)ln x1，且 y f(x)在 xe 处的切线与直线 l 平行，所以 f(e)ln e12 k3，解得 k5.(2)因为至少存在一个 x01，e使 f(x0) 成立2ln xx令 h(x) ，当 x1，e时， h( x) 0 恒成立，2ln xx 2 1 ln xx2因此 h(x) 在1，e上单调递增. 2ln xx故当 x1 时， h(x)min0，所以实数 a 的取值范围为(0，)(3)由已知得， xln x(k3) x k2 在 x1 时恒成立，即 k0 在 x1 时恒成立. 1x x 1x所以 m(x)在(1，)上单调递增，且 m(3

6、)1ln 30，所以在(1，)上存在唯一实数 x0(x0(3,4)使 m(x0)0，即 x0ln x020.当 1x0时， m(x)0，即 F( x)0，所以 F(x)在(1， x0)上单调递减，在( x0，)上单调递增故 F(x)min F(x0)x0ln x0 3x0 2x0 1 x02(5,6)x0 x0 2 3x0 2x0 1故 k0 时，证明： f(x) .2a 1a解：(1) f( x) (x0)1x ax2 x ax2当 a0 时， f( x)0， f(x)在(0，)上单调递增当 a0 时，若 xa，则 f( x)0，函数 f(x)在( a，)上单调递增；若 00 时， f(x)

7、min f(a)ln a1.要证 f(x) ，只需证 ln a1 ，2a 1a 2a 1a即证 ln a 10.1a令函数 g(a)ln a 1，1a则 g( a) (a0)，1a 1a2 a 1a2当 01 时， g( a)0，所以 g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以 g(a)min g(1)0.所以 ln a 10 恒成立，1a所以 f(x) .2a 1a2(2018全国卷)已知函数 f(x)e x ax2.(1)若 a1，证明：当 x0 时， f(x)1；(2)若 f(x)在(0，)只有一个零点，求 a.5解：(1)证明：当 a1 时， f(x)1 等价于( x2

8、1)e x10.设函数 g(x)( x21)e x1，则 g( x)( x22 x1)e x( x1) 2e x.当 x1 时， g( x)0， h(x)没有零点；()当 a0 时， h( x) ax(x2)e x.当 x(0,2)时， h( x)0.所以 h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增故 h(2)1 是 h(x)在(0，)上的最小值4ae2当 h(2)0，即 a 时，因为 h(0)1，所以 h(x)在(0,2)上有一个零点e24由(1)知，当 x0 时，e xx2，所以 h(4a)1 1 1 1 0，故 h(x)在(2,4 a)上有一个零点因此 h(x)在16a3e4a

9、 16a3 e2a 2 16a3 2a 4 1a(0，)上有两个零点综上，当 f(x)在(0，)上只有一个零点时， a .e243(2018西安质检)设函数 f(x)ln x (kR)kx(1)若曲线 y f(x)在点(e， f(e)处的切线与直线 x20 垂直，求 f(x)的单调性和极小值(其中 e 为自然对数的底数)；(2)若对任意的 x1x20， f(x1) f(x2)0)，1x kx2曲线 y f(x)在点(e， f(e)处的切线与直线 x20 垂直，6 f(e)0，即 0，得 ke，1e ke2 f( x) (x0)1x ex2 x ex2由 f( x)0，得 xe， f(x)在(0

10、，e)上单调递减，在(e，)上单调递增，当 xe 时， f(x)取得极小值，且 f(e)ln e 2.ee f(x)的极小值为 2.(2)由题意知对任意的 x1x20， f(x1) x10)，kx则 h(x)在(0，)上单调递减， h( x) 10 在(0，)上恒成立，1x kx2即当 x0 时， k x2 x 2 恒成立，(x12) 14 k .14故 k 的取值范围是 .14， )4(2018全国卷)已知函数 f(x)(2 x ax2)ln(1 x)2 x.(1)若 a0，证明：当10 时， f(x)0；(2)若 x0 是 f(x)的极大值点，求 a.解：(1)证明：当 a0 时， f(x

11、)(2 x)ln(1 x)2 x， f( x)ln(1 x) .x1 x设函数 g(x)ln(1 x) ，x1 x则 g( x) .x 1 x 2当10 时， g( x)0，故当 x1 时， g(x) g(0)0，且仅当 x0 时， g(x)0，从而 f( x)0，且仅当 x0 时， f( x)0.所以 f(x)在(1，)上单调递增又 f(0)0，故当10 时， f(x)0.(2)若 a0，由(1)知，7当 x0 时， f(x)(2 x)ln(1 x)2 x0 f(0)，这与 x0 是 f(x)的极大值点矛盾若 a0，1， 1|a|故 h(x)与 f(x)符号相同又 h(0) f(0)0，故 x0 是 f(x)的极大值点，当且仅当 x0 是 h(x)的极大值点h( x) 11 x 2 2 x ax2 2x 1 2ax 2 x ax2 2 .x2 a2x2 4ax 6a 1 x 1 ax2 x 2 2若 6a10，则当 00，1， 1|a|故 x0 不是 h(x)的极大值点若 6a10；当 x(0,1)时， h( x)0.所以 x0 是 h(x)的极大值点，从而 x0 是 f(x)的极大值点综上， a .168