（新课改省份专用）2020版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第二节导数在研究函数中的应用（第3课时）题型研究——“函数与导数”大题常考的3类题型讲义（含解析）.doc

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1、1第 3 课时 题型研究“函数与导数”大题常考的 3 类题型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和重点，一般为解答题的第一问，若不含参数，难度一般，若含参数，则较难常见的考法有：(1)求函数的单调区间(2)讨论函数的单调性(3)由函数的单调性求参数考法一 求函数的单调区间 例 1 (2018湘东五校联考节选)已知函数 f(x)(ln x k1) x(kR)当 x1 时，求 f(x)的单调区间解 f( x) xln x k1ln x k，1x当 k0 时，因为 x1，所以 f( x)ln x k0，所以函数 f(x)的单调递增区间是(1，)，无单调递减区间当 k0 时，令

2、 ln x k0，解得 xe k，当 1ek时， f( x)0.所以函数 f(x)的单调递减区间是(1，e k)，单调递增区间是(e k，)综上所述，当 k0 时，函数 f(x)的单调递增区间是(1，)，无单调递减区间；当k0 时，函数 f(x)的单调递减区间是(1，e k)，单调递增区间是(e k，)方法技巧利用导数求函数单调区间的方法(1)当导函数不等式可解时，解不等式 f( x)0 或 f( x)0，所以 2x a0，令 f( x)0 时，若 0，当 x 时， f( x)0，所以 f(x)的单调递减区间为 ；(a2， e)若 e，即 a2e，当 x(0，)时， f( x)0 恒成立， f

3、(x)没有单调递减区a2间；若 e，即 a2e，当 x(0，e)时， f( x)0，当 x 时， f( x)0，所以 f(x)的单调递减区间为 .(a2， ) (e， a2)综上所述，当 a0 时， f(x)的单调递减区间为(0，e)；当 02e 时， f(x)的单调递减区间为(a2， e).(e，a2)考法二 讨论函数的单调性 例 2 已知函数 f(x)ln x (aR 且 a0)，讨论函数 f(x)的单调性1ax 1a解 f( x) (x0)，ax 1ax2当 a0 恒成立，函数 f(x)在(0，)上单调递增当 a0 时，由 f( x) 0，得 x ；ax 1ax2 1a由 f( x) 0

4、 时，函数 f(x)在 上单调递增，在 上单调递减(1a， ) (0， 1a)方法技巧讨论函数 f(x)单调性的步骤(1)确定函数 f(x)的定义域；(2)求导数 f( x)，并求方程 f( x)0 的根；(3)利用 f( x)0 的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论3f( x)的正负，由符号确定 f(x)在该区间上的单调性提醒 研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论 针对训练已知函数 f(x)1ln x a2x2 ax(aR)，讨论函数 f(x)的单调性解：函数 f(x)的定义域为(0，)，f( x) 2 a2x a .1x 2a2x2

5、ax 1x 2ax 1 ax 1x若 a0，则 f( x)0，则当 x 时， f( x)0，1a当 0 时， f( x)0.1a故 f(x)在 上单调递减，在 上单调递增(0，1a) (1a， )若 a 时， f( x)0.12a故 f(x)在 上单调递减，在 上单调递增(0， 12a) ( 12a， )综上所述，当 a0 时， f(x)在(0，)上单调递减；当 a0 时， f(x)在 上单调递减，在 上单调递增；(0，1a) (1a， )当 a0(或 f( x)0 时， f(x) x0 恒成立，求 a 的取值范围解 (1)证明： f( x)e x2 x a，令 g(x) f( x)， g(

6、x)e x2.令 g( x)0，解得 xln 2， f( x)在(，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单调递增， f( x)min f(ln 2)22ln 2 a.当 a0， f( x)的图象恒在 x 轴上方， f( x)没有零点(2)当 x0 时， f(x) x0 恒成立，即 ex x2 ax x10 恒成立， axe x x2 x1，即 a x 1 恒成立exx 1x令 h(x) x 1( x0)，exx 1x则 h( x) . x 1 ex x 1x2当 x0 时，e x x10 恒成立，令 h( x)0，解得 x1， h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增， h(x

7、)min h(1)e1. a 的取值范围是(，e1方法技巧利用导数研究方程根(函数零点)的技巧(1)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势6等；(2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置；(3)利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现 针对训练 (2019武汉调研)已知函数 f(x)e x ax1( aR)(e2.718 28是自然对数的底数)(1)求 f(x)的单调区间；(2)讨论 g(x) f(x) 在区间0,1上零点的个数(x12)解：(1) f(x)e x ax1， f( x)e x a，当 a

8、0 时， f( x)0 恒成立， f(x)的单调递增区间为(，)，无单调递减区间；当 a0 时，令 f( x)0，得 xln a， f(x)的单调递减区间为(，ln a)，单调递增区间为(ln a，)(2)令 g(x)0，得 f(x)0 或 x ，12先考虑 f(x)在区间0,1上的零点个数，当 a1 时， f(x)在0,1上单调递增且 f(0)0， f(x)在0,1上有一个零点；当 ae 时， f(x)在0,1上单调递减且 f(0)0， f(x)在0,1上有一个零点；当 1e1 或 a2( 1)时， g(x)在0,1上有两个零点；e当 11 时， g( x)0， g(x)单调递增所以 g(x

9、) g(1)0.因此 f(x)e0.方法技巧1利用导数证明不等式 f(x)g(x)的基本方法(1)若 f(x)与 g(x)的最值易求出，可直接转化为证明 f(x)ming(x)max；(2)若 f(x)与 g(x)的最值不易求出，可构造函数 h(x) f(x) g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明 h(x)0.2证明不等式时的一些常见结论(1)ln x x1，等号当且仅当 x1 时取到；(2)ex x1，等号当且仅当 x0 时取到；(3)ln x0；(4) ln( x1) x， x1，等号当且仅当 x0 时取到 xx 1针对训练(2018广西柳州毕业班摸底)已知函数 f(x) a

10、x xln x 在 xe 2 (e 为自然对数的底数)处取得极小值(1)求实数 a 的值；(2)当 x1 时，求证： f(x)3(x1)解：(1)因为 f(x) ax xln x，所以 f( x) aln x1，8因为函数 f(x)在 xe 2 处取得极小值，所以 f(e 2 )0，即 aln e 2 10，所以 a1，所以 f( x)ln x2.当 f( x)0 时， xe2 ；当 f( x)0)g( x)ln x1，由 g( x)0，得 xe.由 g( x)0，得 xe；由 g( x)0.于是在(1，)上，都有 g(x) g(e)0，所以 f(x)3(x1)考法二 不等式恒成立问题 例 2

11、 (2019安徽江淮十校联考)已知函数 f(x) xln x(x0)(1)求 f(x)的单调区间和极值；(2)若对任意 x(0，)， f(x) 恒成立，求实数 m 的最大值 x2 mx 32解 (1)由题意知 f( x)ln x1，令 f( x)0，得 x ，令 f( x)0)，2xln x x2 3x则 g( x) ，2x x2 3x2由 g( x)0x1，由 g( x)0， g(x)对 x I 能成立 I 与 f(x)g(x)的解集的交集不是空集 f(x) g(x)max0(x I)(2)对 x1 D1， x2 D2使得 f(x1) g(x2)f(x)min g(x)min， f(x)的定

12、义域为D1， g(x)的定义域为 D2.10例 3 (2019云南统考)已知函数 f(x) ax(a0)xln x(1)若函数 f(x)在(1，)上是减函数，求实数 a 的最小值；(2)若 x1， x2e ，e 2，使 f(x1) f( x2) a 成立，求实数 a 的取值范围解 (1)因为 f(x)在(1，)上为减函数，所以 f( x) a0 在(1，)上恒成立ln x 1 ln x 2所以当 x(1，)时， f( x)max0.又 f( x) a 2 a，ln x 1 ln x 2 ( 1ln x 12) 14故当 ，即 xe 2时， f( x)max a，1ln x 12 14所以 a0

13、，故 a ，所以 a 的最小值为 .14 14 14(2)“若 x1， x2e，e 2，使 f(x1) f( x2) a 成立”等价于当 xe，e 2时，有f(x)min f( x)max a，当 xe，e 2时，有 f( x)max a ，14问题等价于：“当 xe，e 2时，有 f(x)min ”14当 a 时， f(x)在e，e 2上为减函数，14则 f(x)min f(e2) ae2 ，故 a .e22 14 12 14e2当 00， f(x)为增函数所以 f(x)min f(x0) ax0 ， x0(e，e 2)，x0ln x0 14所以 a ，1ln x0 14x0 1ln e2

14、14e12 14 14与 01，当 x(1， x0)时，恒有 f(x) 2 x k(x1)成立，求 k 的取值x22 12范围解：(1)由已知可得 f(x)的定义域为(0，) f( x) a， f(1)1 a0， a1，1x f( x) 1 .1x 1 xx令 f( x)0，得 01. f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，)(2)不等式 f(x) 2 x k(x1)可化为x22 12ln x x k(x1)x22 12令 g(x)ln x x k(x1)， x1，x22 12则 g( x) x1 k .1x x2 1 k x 1x x1，令 h(x) x2(1 k)x1，h(x)的对称轴为 x ，1 k2当 1，即 k1 时，易知 h(x)在(1， x0)上单调递减，1 k2 h(x)0，必存在 x0使得 x(1， x0)时 g( x)0， g(x)在(1， x0)上单调递增， g(x)g(1)0 恒成立，符合题意当 1，即 k1 k2h(1)1 k0， g( x)0， g(x)在(1， x0)上单调递增， g(x)g(1)0 恒成立，符合题意综上， k 的取值范围是(，1). 13