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[状元桥]2016届高三数学(理)二轮复习:题型精讲第三讲解答题的解法 函数与导数

函数与导数 (见学生用书 P138)
1.讨论函数的性质时,必须坚持定义域优先的原则.对于函数 实际应用问题,注意挖掘隐含在实际中的条件,避免忽略实际意义对 定义域的影响. 2.运用函数的性质解题时,注意数形结合,扬长避短. 3.对于含参数的函数,研究其性质时,一般要对参数进行分类 讨论,全面考虑.如对二次项含参数的二次函数问题,应分 a=0 和 a≠0 两种情况讨论,指、对数函数的底数含有字母参数 a 时,需按 a>1 和 0<a<1 分两种情况讨论. 4. 解答函数性质有关的综合问题时, 注意等价转化思想的运用. 5.在理解极值概念时要注意以下几点: (1)极值点是区间内部的点,不会是端点. (2)若 f(x)在(a,b)内有极值,那么 f(x)在(a,b)绝不是单调函数. (3)极大值与极小值没有必然的大小关系. (4)一般的情况, 当函数 f(x)在[a, b]上连续且有有限个极值点时, 函数 f(x)在[a,b]内的极大值点和极小值点是交替出现的. (5)导数为 0 的点是该点为极值点的必要条件,不是充分条件(对 于可导函数而言).而充分条件是导数值在极值点两侧异号. 6.求函数的最值可分为以下几步: (1)求出可疑点,即 f(x)=0 的解 x0. (2)用极值的方法确定极值. (3)将(a,b)内的极值与 f(a),f(b)比较,其中最大的为最大值,最 小的为最小值;当 f(x)在(a,b)内只有一个可疑点时,若在这一点处 f(x)有极大(小)值,则可以确定 f(x)在该点处取到最大(小)值. 7.利用求导方法讨论函数的单调性,要注意以下几方面: (1)f′(x)>0 是 f(x)递增的充分条件而非必要条件(f′(x)<0 亦是如此). (2) 求单调区间时,首先要确定定义域;然后再根据 f′(x)>0( 或 f′(x)<0)解出在定义域内相应的 x 的范围. (3)在证明不等式时,首先要构造函数和确定定义域,其次运用 求导的方法来证明. 8.函数、导数的综合问题往往以压轴题的形式出现,解决这类 问题要注意: (1)综合运用所学的数学思想方法来分析解决问题. (2)及时地进行思维的转换,将问题等价转化. (3)不等式证明的方法多,应注意恰当运用,特别要注意放缩法 的灵活运用.

(4)要利用导数这一工具来解决函数的单调性与最值问题. 考点一 利用导数求解函数的单调性和极值问题 若 f(x)在某区间上可导,则由 f′(x)>0(f′(x)<0)可推出 f(x)为增(减) 函数, 但反之则不一定, 如: 函数 f(x)=x3 在 R 上递增, 而 f′(x)≥0.f(x) 在区间 D 内单调递增(减)的充要条件是 f′(x0)≥0(f′(x)≤0),且 f′(x) 在(a,b)的任意子区间上都不恒为零.利用导数求解函数单调性的主 要题型:(1)根据函数解析式,求函数的单调区间;(2)根据函数的单 调性求解参数问题;(3)求解与函数单调性相关的其他问题,如函数 图象的零点、不等式恒成立等问题. 极值点的导数一定为 0,但导数为 0 的点不一定是极值点,同时 不可导的点可能是极值点. 因此函数的极值点只能在导数为 0 的点或 不可导的点产生.利用导数求函数的极值主要题型:(1)根据函数解 析式求极值;(2)根据函数的极值求解参数问题.解答时要注意准确 应用利用导数求极值的原理求解. 3x2+ax 例 1-1(2015· 重庆卷)设函数 f(x)= ex (a∈R). (1)若 f(x)在 x=0 处取得极值, 确定 a 的值, 并求此时曲线 y=f(x) 在点(1,f(1))处的切线方程; (2)若 f(x)在[3,+∞)上为减函数,求 a 的取值范围. 分析:(1)根据极值点处的导数值为 0,可求出 a 的值,再根据切 线方程求法,可求出 f(x)在点(1,f(1))处的切线方程. (2)根据函数的导数和函数单调性的关系, 可求出 a 的取值范围. 解析:(1)对 f(x)求导得 (6x+a)ex-(3x2+ax)ex -3x2+(6-a)x+a f′(x)= = , ex (ex)2 因为 f(x)在 x=0 处取得极值, 所以 f′(0)=0,即 a=0. -3x2+6x 3 x2 当 a=0 时,f(x)= ex ,f′(x)= , ex 3 3 故 f(1)=e ,f′(1)=e, 从而 f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 3 3 y-e=e(x-1), 化简得 3x-ey=0. -3x2+(6-a)x+a (2)由(1)知 f′(x)= . ex

令 g(x)=-3x2+(6-a)x+a, 由 g(x)=0 解得 6-a- a2+36 6-a+ a2+36 x1= ,x2= . 6 6 当 x<x1 时,g(x)<0,即 f′(x)<0,故 f(x)为减函数; 当 x1<x<x2 时,g(x)>0,即 f′(x)>0,故 f(x)为增函数; 当 x>x2 时,g(x)<0,即 f′(x)<0,故 f(x)为减函数. 由 f(x)在[3,+∞)上为减函数, 6-a+ a2+36 9 知 x2= ≤ 3 ,解得 a ≥ - 6 2, ? 9 ? 故 a 的取值范围为?-2,+∞?. ? ? 例 1 - 2(2015· 山东卷 ) 设函数 f(x) = ln(x + 1) + a(x2 - x) ,其中 a∈R. (1)讨论函数 f(x)极值点的个数,并说明理由; (2)若?x>0,f(x)≥0 成立,求 a 的取值范围. 分析:(1)首先确定函数的定义域,对函数 f(x)求导,求函数的极 值,需要对字母 a 进行讨论. (2)根据(1)的结论进一步研究函数的取值情况,利用不等式恒成 立的条件求解. 解析:(1)由题意知函数 f(x)的定义域为(-1,+∞), 2ax2+ax-a+1 1 f′(x)= +a(2x-1)= . x+1 x+1 令 g(x)=2ax2+ax-a+1,x∈(-1,+∞). ①当 a=0 时,g(x)=1, 此时 f′(x)>0,函数 f(x)在(-1,+∞)单调递增,无极值点. ②当 a>0 时,Δ=a2-8a(1-a)=a(9a-8). 8 a.当 0<a≤9时,Δ≤0,g(x)≥0,f′(x)≥0,函数 f(x)在(-1,+ ∞)单调递增,无极值点. 8 b.当 a>9时,Δ>0, 设方程 2ax2+ax-a+1=0 的两根为 x1,x2(x1<x2), 1 1 1 因为 x1+x2=-2,所以 x1<-4,x2>-4. 1 由 g(-1)=1>0,可得-1<x1<-4. 所以当 x∈(-1,x1)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增; 当 x∈(x1,x2)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减;

当 x∈(x2,+∞)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增. 因此函数有两个极值点. c.当 a<0 时,Δ>0, 由 g(-1)=1>0,可得 x1<-1. 当 x∈(-1,x2)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增; 当 x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减. 所以函数有一个极值点. 综上所述,当 a<0 时,函数 f(x)有一个极值点; 8 当 0≤a≤9时,函数 f(x)无极值点; 8 当 a>9时,函数 f(x)有两个极值点. (2)由(1)知, 8 ①当 0≤a≤9时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增, 因为 f(0)=0,所以 x∈(0,+∞)时,f(x)>0,符合题意. 8 ②当9<a≤1 时,由 g(0)≥0,得 x2≤0, 所以函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增. 又 f(0)=0,所以 x∈(0,+∞)时,f(x)>0,符合题意. ③当 a>1 时,由 g(0)<0,可得 x2>0. 所以 x∈(0,x2)时,函数 f(x)单调递减. 因为 f(0)=0,所以 x∈(0,x2)时,f(x)<0,不合题意. ④当 a<0 时,设 h(x)=x-ln(x+1). 1 x 因为 x∈(0,+∞)时,h′(x)=1- = >0, x+1 x+1 所以 h(x)在(0,+∞)上单调递增. 因此当 x∈(0,+∞)时,h(x)>h(0)=0,即 ln(x+1)<x. 可得 f(x)<x+a(x2-x)=ax2+(1-a)x, 1 当 x>1-a时,ax2+(1-a)x<0, 此时 f(x)<0,不合题意. 综上所述,a 的取值范围是[0,1]. 考点二 求函数的最值问题 函数在闭区间上的最值是比较所有极值点与端点的函数值所得 结果,因此函数在闭区间[a,b]上的端点函数值一定不是极值,但它 可能是函数的最值.同时,函数的极值不一定是函数的最值,最值也 不一定是极值.另外求解函数的最值问题,还可以直接结合函数的单 调性来求解.利用导数求解函数最值问题的主要题型: (1)根据函数

的解析式求函数的最大值;(2)根据函数在一个区间上的最值情况求 解参数问题. 例 2-1(2014· 浙江卷)已知函数 f(x)=x3+3|x-a|(a∈R). (1)若 f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分别记为 M(a),m(a), 求 M(a)-m(a); (2)设 b∈R,若[f(x)+b]2≤4 对 x∈[-1,1]恒成立,求 3a+b 的 取值范围. 分析:(1)利用导数判断函数的单调性,进而可求最大值与最小 值,注意需对 a 的大小进行讨论. (2)构造函数 h(x)=f(x)+b,原题转化为-2≤h(x)≤2 在[-1,1] 上恒成立,又转化为求 h(x)的最值问题,利用导数可求. ?x3+3x-3a,x≥a, ? 解析:(1)因为 f(x)=? 3 ? ?x -3x+3a,x<a, 2 ? ?3x +3,x≥a, 所以 f′(x)=? 2 ?3x -3,x<a. ? 由于-1≤x≤1. ①当 a≤-1 时,有 x≥a, 故 f(x)=x3+3x-3a. 此时 f(x)在(-1,1)上是增函数, 因此,M(a)=f(1)=4-3a, m(a)=f(-1)=-4-3a, 故 M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8. ②当-1<a<1 时, 若 x∈(a,1),f(x)=x3+3x-3a, 在(a,1)上是增函数; 若 x∈(-1,a),f(x)=x3-3x+3a, 在(-1,a)上是减函数, 所以,M(a)=max{f(1),f(-1)},m(a)=f(a)=a3. 由于 f(1)-f(-1)=-6a+2, 1 因此当-1<a≤3时,M(a)-m(a)=-a3-3a+4; 1 当3<a<1 时,M(a)-m(a)=-a3+3a+2. ③当 a≥1 时,有 x≤a, 故 f(x)=x3-3x+3a, 此时 f(x)在(-1,1)上是减函数, 因此,M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a, 故 M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.

?8,a≤-1, ?-a -3a+4,-1<a≤1 3, 综上可知,M(a)-m(a)=? 1 -a +3a+2,3<a<1, ? ?4,a≥1.
3 3

(2)令 h(x)=f(x)+b, 3 ? ?x +3x-3a+b,x≥a, 则 h(x)=? 3 ?x -3x+3a+b,x<a, ? 2 ? ?3x +3,x≥a, h′(x)=? 2 ?3x -3,x<a. ? 因为[f(x)+b]2≤4 对 x∈[-1,1]恒成立, 即-2≤h(x)≤2 对 x∈[-1,1]恒成立, 所以由(1)知, ①当 a≤-1 时,h(x)在(-1,1)上是增函数, h(x)在[-1,1]上的最大值是 h(1)=4-3a+b, 最小值是 h(-1)=-4-3a+b, 则-4-3a+b≥-2 且 4-3a+b≤2,矛盾; 1 ②当-1<a≤3时, h(x)在[-1,1]上的最小值是 h(a)=a3+b,最大值是 h(1)=4-3a +b, 所以 a3+b≥-2 且 4-3a+b≤2, 1 从而-2-a3+3a≤3a+b≤6a-2 且 0≤a≤3. 令 t(a)=-2-a3+3a,则 t′(a)=3-3a2>0, 1? ? t(a)在?0,3?上是增函数, ? ? 故 t(a)≥t(0)=-2,因此-2≤3a+b≤0. 1 ③当3<a<1 时, h(x)在[-1,1]上的最小值是 h(a)=a3+b,最大值是 h(-1)=3a +b+2, 所以 a3+b≥-2 且 3a+b+2≤2, 28 解得-27<3a+b≤0. ④当 a≥1 时,h(x)在[-1,1]上的最大值是 h(-1)=2+3a+b, 最小值是 h(1)=-2+3a+b,

所以 3a+b+2≤2 且 3a+b-2≥-2, 解得 3a+b=0. 综上,得 3a+b 的取值范围是-2≤3a+b≤0. 例 2-2(2015· 安徽卷)设函数 f(x)=x2-ax+b. ? π π? (1)讨论函数 f(sin x)在?- , ?内的单调性并判断有无极值, 有 2? ? 2 极值时求出极值; ? π π? (2)记 f0(x)=x2-a0x+b0, 求函数|f(sin x)-f0(sin x)|在?- , ?上 2? ? 2 的最大值 D; a2 (3)在(2)中,取 a0=b0=0,求 z=b- 4 满足条件 D≤1 时的最大 值. 分析:(1)先写出 f(sin x)的表达式,对 f(sin x)求导,利用导数判 断函数的单调性与极值; (2)利用绝对值不等式的性质进行放缩证明; (3)利用(2)的结论结合不等式的性质求解. 解析:f(sin x)=sin2x-asin x+b =sinx(sin x-a)+b, π π - 2 <x< 2 . π π [f(sin x)]′=(2sin x-a)cos x,- 2 <x< 2 . π π 因为- 2 <x< 2 ,所以 cos x>0,-2<2sin x<2. ? π π? ①当 a≤-2,b∈R 时,函数 f(sin x)在?- , ?内单调递增,无 ? 2 2? 极值; ? π π? ②当 a≥2,b∈R 时,函数 f(sin x)在?- , ?内单调递减,无极 ? 2 2? 值; ? π π? ③对于-2<a<2,函数 f(sin x)在?- , ?内存在唯一的 x0,使 ? 2 2? 得 2sin x0=a, π 当- 2 <x≤x0 时,函数 f(sin x)单调递减; π 当 x0≤x< 2 时,函数 f(sin x)单调递增, 因此, -2<a<2, b∈R 时, 函数 f(sin x)在 x0 处有极小值 f(sin x0)

?a? a =f?2?=b- 4 . ? ?

2

π π (2)当- 2 ≤x≤ 2 时, |f(sinx)-f0(sin x)| =|(a0-a)sin x+b-b0| ≤|a-a0|+|b-b0|, π 当(a0-a)(b-b0)≥0 时,取 x= 2 ,等号成立; π 当(a0-a)(b-b0)<0 时,取 x=- 2 ,等号成立.
? π π? 由此可知, |f(sin x)-f0(sin x)|在?- , ?上的最大值为 D=|a-a0| ? 2 2? +|b-b0|. (3)D≤1 即为|a|+|b|≤1, a2 2 此时 0≤a ≤1,-1≤b≤1,从而 z=b- 4 ≤1. a2 取 a=0,b=1,则|a|+|b|≤1,并且 z=b- 4 =1. a2 由此可知,z=b- 4 满足条件 D≤1 的最大值为 1. 考点三 导数的综合问题 1.关于函数单调性的讨论:大多数函数的导函数都可以转化为 一个二次函数,因此,讨论函数单调性的问题,又往往转化为二次函 数在所给区间上的符号问题. 要结合函数图象, 考虑判别式、 对称轴、 区间端点函数值的符号等因素. 2.已知函数(含参数)在某区间上单调,求参数的取值范围,有 三种方法: ①子区间法;②分离参数法;③构造函数法. 3.注意分离参数法的运用:含参数的不等式恒成立问题,含参 数的不等式在某区间上有解或含参数的方程在某区间上有实根(包括 根的个数)等问题, 都可以考虑用分离参数法, 前者是求函数的最值, 后者是求函数的值域. 4.关于不等式的证明:通常是构造函数,考察函数的单调性和 最值.有时要借助上一问的有关单调性或所求的最值的结论,对其中 的参数或变量适当赋值就可得到所要证的不等式.对于含有正整数 n 的带省略号的不等式的证明,先观察通项,联想基本不等式,确定要 证明的函数不等式(往往与所给的函数及上一问所得到的结论有关 ), 再对自变量 x 赋值, 令 x 分别等于 1、 2、…、n,把这些不等式累加,

可得要证的不等式. 5.关于方程的根的个数问题:一般是构造函数,有两种形式, 一是参数含在函数式中,二是参数被分离,无论哪种形式,都需要研 究函数在所给区间上的单调性、极值、最值以及区间端点的函数值, 结合函数图象,确立所满足的条件,再求参数或其取值范围. 例 3-1(2015· 天津卷)已知函数 f(x)=nx-xn, x∈R, 其中 n∈N*, 且 n≥2. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)设曲线 y=f(x)与 x 轴正半轴的交点为 P, 曲线在点 P 处的切线 方程为 y=g(x),求证:对于任意的正实数 x,都有 f(x)≤g(x); (3)若关于 x 的方程 f(x)=a(a 为实数)有两个正实数根 x1,x2,求 a 证:|x2-x1|< +2. 1-n 分析: (1)求出 f(x)的导数, 对 n 分奇数、 偶数讨论函数的单调性; (2)构造函数 F(x)=f(x)-g(x), 利用函数的单调性与导数的关系证 明; (3)将方程问题转化为函数问题处理,并注意应用第(2)小问的结 论. 解析:(1)由 f(x)=nx-xn, 可得 f′(x)=n-nxn-1 =n(1-xn-1),其中 n∈N*,且 n≥2. 下面分两种情况讨论: ①当 n 为奇数时. 令 f′(x)=0,解得 x=1,或 x=-1. 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x (-∞,-1) (-1,1) (1,+∞) f′(x) - + - f (x ) ? ? ? 所以,f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递减,在(-1,1)内 单调递增. ②当 n 为偶数时. 当 f′(x)>0,即 x<1 时,函数 f(x)单调递增; 当 f′(x)<0,即 x>1 时,函数 f(x)单调递减. 所以,f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. (2)设点 P 的坐标为(x0,0), 1 则 x0=nn-1,f′(x0)=n-n2. 曲线 y=f(x)在点 P 处的切线方程为 y=f′(x0)(x-x0),

即 g(x)=f′(x0)(x-x0). 令 F(x)=f(x)-g(x), 即 F(x)=f(x)-f′(x0)(x-x0), 则 F′(x)=f′(x)-f′(x0). 由于 f′(x)=-nxn-1+n 在(0,+∞)上单调递减, 故 F′(x)在(0,+∞)上单调递减. 又因为 F′(x0)=0,所以当 x∈(0,x0)时,F′(x0)>0, 当 x∈(x0,+∞)时,F′(x)<0, 所以 F(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,所以 对于任意的正实数 x,都有 F(x)≤F(x0)=0,即对于任意的正实数 x, 都有 f(x)≤g(x). (3)不妨设 x1≤x2.由(2)知 g(x)=(n-n2)(x-x0). a 设方程 g(x)=a 的根为 x′2,可得 x′2= +x . n-n2 0 当 n≥2 时,g(x)在(-∞,+∞)上单调递减. 又由(2)知 g(x2)≥f(x2)=a=g(x′2),可得 x2≤x′2. 类似地,设曲线 y=f(x)在原点处的切线方程为 y=h(x), 可得 h(x)=nx. 当 x∈(0,+∞),f(x)-h(x)=-xn<0, 即对于任意的 x∈(0,+∞),f(x)<h(x). a 设方程 h(x)=a 的根为 x′1,可得 x′1=n. 因为 h(x)=nx 在(-∞,+∞)上单调递增,且 h(x′1)=a=f(x1)< h(x1),因此 x′1<x1. a 由此可得 x2-x1<x′2-x′1= +x . 1-n 0 因为 n≥2,所以 2n-1=(1+1)n-1 ≥1+C1 n-1=1+n-1=n, 1 故 2≥nn-1=x0. a 则当 x1<x2 时,|x2-x1|=x2-x1< +2. 1-n 同理可证当 x1>x2 时,结论成立. a 所以,|x2-x1|< +2. 1-n 例 3-2(2015· 潍坊模拟)已知函数 f(x)=ax2-(a+2)x+ln x, 其中 a∈R. (1)当 a=1 时,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;

(2)当 a>0 时,若 f(x)在区间[1,e]上的最小值为-2,求 a 的取 值范围; (3)若?x1,x2∈(0,+∞),且 x1<x2,f(x1)+2x1<f(x2)+2x2 恒成 立,求 a 的取值范围. 分析:(1)直接求出 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)求出 f′(x),根据 f(x)的极值点,讨论 f(x)在区间[1,e]上的单调 性,根据 f(x)的最小值为-2,求出 a 的取值范围; (3)构造函数 g(x)=f(x)+2x,证明 g′(x)≥0 在(0,+∞)上恒成立 即可. 解析:当 a=1 时,f(x)=x2-3x+ln x(x>0), 2 1 2x -3x+1 f′(x)=2x-3+x = , x 则 f(1)=-2,f′(1)=0, 所以切线方程是 y=-2. (2)函数 f(x)=ax2-(a+2)x+ln x 的定义域是(0,+∞). 1 当 a>0 时,f′(x)=2ax-(a+2)+x 2ax2-(a+2)x+1 = x (2x-1)(ax-1) = (x>0). x 1 1 令 f′(x)=0,得 x=2或 x=a. 1 ①当 0<a≤1,即 a≥1 时,f(x)在[1,e]上单调递增,所以 f(x) 在[1,e]上的最小值是 f(1)=-2; 1? ? ?1 ? 1 1 ②当 1<a<e,即e<a<1 时,f( x)在?1,a?上单调递减,在?a,e? ? ? ? ? ?1? 上单调递增,所以 f(x)在[1,e]上的最小值是 f?a?<f(1)=-2,不合题 ? ? 意, 1 故e<a<1 舍去; 1 1 ③当a≥e, 即 0<a≤e时, f(x)在[1, e]上单调递减, 所以 f(x)在[1, 1 e]上的最小值是 f(e)<f(1)=-2,不合题意,故 0<a≤e 舍去. 综上所述,a 的取值范围为[1,+∞). (3)设 g(x)=f(x)+2x,

则 g(x)=f(x)+2x=ax2-ax+ln x, 只要 g(x)在(0,+∞)上单调递增, 即 g′(x)≥0 在(0,+∞)上恒成立即可. 2 1 2ax -ax+1 而 g′(x)=2ax-a+x = (x>0). x 1 ①当 a=0 时,g′(x)=x>0,此时 g(x)在(0,+∞)上单调递增; ②当 a≠0 时,因为 x>0,依题意知, 只要 2ax2-ax+1≥0 在(0,+∞)上恒成立. 记 h(x)=2ax2-ax+1, 1 则抛物线过定点(0,1),对称轴 x=4. ? ?a>0, 故必须? 即 0<a≤8. 2 ? ?Δ=a -8a≤0, 综上可得,a 的取值范围为[0,8].


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