2019版高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用2.11导数在研究函数中的应用二学案（理科）.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 2.11 导数在研究函数中的应用 (二 ) 方法梳理 1分离参数法 分离参数法是求参数的最值范围的一种方法通过分离参数，用函数的观点讨论主变量的变化情况，由此我们可以确定参数的变化范围这种方法可以避免分类讨论的麻烦，从而使问题得以顺利解决分离参数法在解决不等式恒成立、不等式有解、函数有零点、函数的单调性中参数的取值范围问题时经常用到解题的关键是分离出参数后将原问题转化为求函数的最值或值域问题 2构造函数法 构造函数法作为一种数学思维方法，在解决某些数学问题时，若能充分挖掘题目中潜在的信 息，构造与之相关的函数，将陌生问题转化为熟悉问题，可使问题顺利解决 3等价

2、转化法 等价转化是把未知解的问题转化到在已有知识范围内可解的问题的一种重要的思想方法通过不断的转化，把不熟悉、不规范、复杂的问题转化为熟悉、规范甚至模式法、简单的问题历年高考，等价转化思想无处不见，我们要不断培养和训练自觉的转化意识，将有利于强化解决数学问题中的应变能力，提高思维能力和技能、技巧 4分类讨论思想方法 分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，所谓分类讨论，就是当问题所给的对象不能进行统一研究时，就需要对 研究对象按某个标准分类，然后对每一类分别研究得出每一类的结论，最后综合各类结果得到整个问题的解答实质上，分类讨论是 “ 化整为零，各个击破，再积零为整 ” 的数学策略有关分

3、类讨论思想的数学问题具有明显的逻辑性、综合性、探索性，能训练人的思维条理性和概括性，所以在高考试题中占有重要的位置 5任意性与存在性 ? x1 a， b， ? x2 c， d，使 f1(x1)f2(x2)?f1(x1)minf2(x2)max. ? x1 a， b， ? x2 c， d，使 f1(x1)f2(x2)?f1(x1)maxf2(x2)min. ? x1 a， b， ? x2 c， d，使 f1(x1)f2(x2)?f1(x1)minf2(x2)min. ? x1 a， b， ? x2 c， d，使 f1(x1)f2(x2)?f1(x)maxf2(x)max. ? x1 a， b，

4、x2 c， d，使 f1(x1) f2(x2)?f1(x)的值域与 f2(x)的值域交集不为?. 诊断自测 1设函数 f(x)的导函数为 f( x)，对任意 x R 都有 f(x)f( x)成立，则 ( ) A 3f(ln 2)2f(ln 3) B 3f(ln 2) 2f(ln 3) C 3f(ln 2)g(ln 3)，即 f?ln 2?eln 2 f?ln 3?eln 3 ， 即 f?ln 2?2 f?ln 3?3 ， 所以 3f(ln 2)2f(ln 3)，选 A. 2 (2018 广州五校联考 )设 f(x)是定义在 R 上的奇函数， f(2) 0，当 x0 时，有xf ?x? f?x?

5、x2 0 的解集是 ( ) A ( 2,0) (2， ) B ( 2,0) (0,2) C ( ， 2) (2， ) D ( ， 2) (0,2) 答案 D 解析 当 x0 时， ? ?f?x?x 0， 此时 x2f(x)0. 又 f(x)为奇函数， h(x) x2f(x)也为奇函数 故 x2f(x)0 的解集为 ( ， 2) (0,2) 3已知 f(x) 2x2 ax 2a2x 在 1， ) 上是单调递增函数，则 a 的取值范围是 _ 答案 a 1 解析 f(x) x ax a2， f( x) 1 ax2. 又 f(x)在 1， ) 上是单调递增函数， f( x)0 ，于是可得不等式 a x

6、2对于 x1恒成立 a( x2)max. 由 x1 ，得 x2 1. a 1. 4 (2017 河南期末 )函数 y x3 2ax a 在 (0,1)内有极小值，则实数 a 的取值范围为_ 答案 ? ?0， 32 解析 对于函数 y x3 2ax a，求导可得 y 3x2 2a， 函数 y x3 2ax a 在 (0,1)内有极小值， y 3x2 2a 0，则其有一根在 (0,1)内，当 a0 时， 3x2 2a 0 两根为 23a， =【 ;精品教育资源文库 】 = 若有一根在 (0,1)内，则 0 1. 本题用构造函数法 证明 不妨设 x1x20，则 f?x1? f?x2?x1 x2 1?

7、f(x1) f(x2) (x1 x2)?f(x1) x1f(x2) x2. 从而构造函数 g(x) f(x) x 12x2 ax (a 1)ln x x. 则 g( x) x (a 1) a 1x 2 x a 1x (a 1) 1 ( a 1 1)2. 由于 10，即 g(x)在 (0， ) 单调递增， 从而当 x1x20 时，有 g(x1)g(x2)，即 f(x1) x1f(x2) x2， 从而 f?x1? f?x2?x1 x2 1. 当 0 1. 综上，若 1 1. 角度 2 不等式恒成立问题 典例 (2015 北京高考 )已知函数 f(x) ln1 x1 x. =【 ;精品教育资源文库

8、】 = (1)求曲 线 y f(x)在点 (0， f(0)处的切线方程； (2)求证：当 x (0,1)时， f(x)2? ?x x33 ； (3)设实数 k 使得 f(x)k? ?x x33 对 x (0,1)恒成立，求 k 的最大值 解 (1)f(x) ln 1 x1 x， x ( 1,1)， f( x) 21 x2， f(0) 2， f(0) 0，所以切线方程为 y 2x. (2)证明：原命题等价于任意 x (0,1)， f(x) 2? ?x x33 0. 设函数 F(x) ln (1 x) ln (1 x) 2? ?x x33 ， F( x) 2x41 x2. 当 x (0,1)时，

9、F( x)0，函数 F(x)在 x (0,1)上是单调递增函数 F(x)F(0) 0， 因此任意 x (0,1)， f(x)2? ?x x33 . (3)ln 1 x1 xk? ?x x33 ， x (0,1)?t(x) ln 1 x1 x k?x x33 0， x (0,1) t( x) 21 x2 k(1 x2) kx4 2 k1 x2 ， x (0,1) 当 k 0,2， t( x)0 ，函数 t(x)单调递增， t(x)t(0) 0 显然成立 当 k2 时，令 t( x0) 0 得 x40 k 2k (0,1)， t( x)的变化情况列表如下： x (0， x0) x0 (x0,1)

10、t( x) 0 t(x) 极小值 t(x0)0 时， f( x)0 恒成立， f(x)在 (0， ) 上单调递增， x 1 不是 f(x)的极值点， 故不存在实数 a，使得 f(x)在 x 1 处取得极值 (2)由 f(x0) g(x0)，得 (x0 ln x0)a x20 2x0， 记 F(x) x ln x(x0)， F( x) x 1x (x0)， 当 01 时， F( x)0， F(x)单调递增 F(x)F(1) 10， a x20 2x0x0 ln x0，记 G(x)x2 2xx ln x， x ?1e， e . G( x) ?2x 2?x ln x? ?x 2?x 1?x ln x

11、?2 ?x 1?x 2ln x 2?x ln x?2 . x ? ?1e， e ， 2 2ln x 2(1 ln x)0 ， x 2ln x 20， x ? ?1e， 1 时， G( x)0， G(x)单调递增， G(x)min G(1) 1， a G(x)min 1. 故实数 a 的取值范围为 1， ) 方法技巧 解不等式或证明不等式时注意研究函数的单调性，有时需要构造相关函 数，利用单调性解之见角度 1 的典例 解决 “ 恒成立 ” 与 “ 存在性 ” 问题时，注意它们的互补关系，必要时作等价转化，即构造函数或分离参数，将问题直接转化为函数的最值问题见角度 2,3 的典例 冲关针对训练 1

12、 (2017 陵川县校级期末 )已知对于 x R， g(x)0 与 f( x)g(x)f(x)g( x)恒成立，且 f(1) 0，则不等式 f?x?g?x?0 的解集是 _ =【 ;精品教育资源文库 】 = 答案 (1， ) 解析 令 h(x) f?x?g?x?， 则 h( x) f ?x?g?x? f?x?g ?x?g2?x? ， 而 g(x)0 与 f( x)g(x)f(x)g( x)恒成立，故 h( x)0， h(x)在 R 上递增，而 h(1) 0， 故不等式 f?x?g?x?0，即 h(x)h(1)， 解得 x1， 故不等式的解集是 (1， ) 2已知函数 f(x) xln x， g

13、(x) x2 ax 3. (1)求函数 f(x)在 t， t 2(t0)上的最小值； (2)若存在 x ? ?1e， e (e是自然对数的底数， e 2.71828?) 使不等式 2f(x) g(x)成立，求实数 a 的取值范围 解 (1)由已知得 f( x) ln x 1， 当 x ? ?0， 1e 时， f( x)0，此时 f(x)单调递增 当 01e时， f(x)在 t， t 2上单调递增，故 f(x)min f(t) tln t. 所以 f(x)min? 1e， 01e.(2)由题 意知 2xln x x2 ax 3， 即 a2ln x x 3x， x ? ?1e， e 设 h(x)

14、2ln x x 3x， x ? ?1e， e 则 h( x) 2x 1 3x2 ?x 3?x 1?x2 ， =【 ;精品教育资源文库 】 = 当 x ? ?1e， 1 时， h( x)0，此时 h(x)单调递增 所以 h(x)max max? ?h? ?1e ， h?e? ， 因为存在 x ? ?1e， e ，使 2f(x) g(x)成立， 所以 a h(x)max， 又 h? ?1e 2 1e 3e， h(e) 2 e 3e， 故 h? ?1e h(e)， 所以 a 1e 3e 2. 题型 2 导数与方程问题 角度 1 零点的判断与证明 典例 (2015 广东高考 )设 a1，函数 f(x)

15、 (1 x2)e x a. (1)求 f(x)的单调区间； (2)证明： f(x)在 ( ， ) 上仅有一个零点 研究 f(x)的单调性，再用赋值法证明 解 (1)f( x) 2xex (1 x2)ex (x2 2x 1)ex (x 1)2ex0 ，故 f(x)是 R 上的单调递增函数，其单调增区间是 ( ， ) ，无单调减区间 (2)证明：因为 f(0) (1 02)e0 a 1 a0， 由零点存在性定理知， f(x)在 ( ， ) 上至少有一个零点 又由 (1)知，函数 f(x)是 ( ， ) 上的单调递 增函数，故函数 f(x)在 ( ， )上仅有一个零点 角度 2 由零点求参数的取值 典例 (2017 张掖模拟 )设函数 f(x)x22 aln x. (1)当 a 1 时，求曲线 y f(x)在点 (1， f(1)处的切线方程； (2)求函数 y f(x)的单调区间和极值； (3)若函数 f(x)在区间 (1， e2内恰有两个零点，试求 a 的取值范围 将 f(x)