(浙江版)2018年高考数学一轮复习(讲+练+测)： 专题3.pdf

专题专题 3.53.5 导数的综合应用导数的综合应用【考纲解读】【考纲解读】考 点考纲内容5 年统计分析预测2013浙江文科 21，理科8，22；1.1.以研究函数的单调性、单调区间、极值（最值）等问题为主，2014浙江文科 21，理科 22；与不等式、函数与方程、函数的2017浙江卷 7，20.图象相结合；2.2.单独考查利用导数研究函数的了解函数极值的概念及函数在某点取到极值的条件，会用导数求函数导数在研究函数中的应用小值，会求闭区间上函数的最大值、最小值，会用导数解决某些实际问题.的极大值、极某一性质以小题呈现，综合研究函数的性质以大题呈现；3.3.适度关注生活中的优化问题.3.3.备考重点：备考重点：(1)熟练掌握导数公式及导数的四则运算法则是基础；(2)熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值（最值）的基本方法，灵活运用数形结合思想、分类讨论思想、函数方程思想等，分析问题解决问题.【知识清单】【知识清单】1.1.利用导数研究函数的图象与性质利用导数研究函数的图象与性质函数图象的识别主要利用函数的定义域、值域、奇偶性、单调性以及函数值的符号等.解决此类问题应先观察选项的不同之处，然后根据不同之处研究函数的相关性质，进而得到正确的选项.如该题中函数解析式虽然比较复杂，但借助函数的定义域与函数的单调性很容易利用排除法得到正确选项.对点练习：对点练习：【2017 浙江卷】函数 y=f(x)的导函数y f(x)的图像如图所示，则函数 y=f(x)的图像可能是【答案】D2 2与函数零点有关的参数范围问题与函数零点有关的参数范围问题1方程f(x)0有实根函数y f(x)的图象与x轴有交点函数y f(x)有零点2求极值的步骤：先求f(x)0的根x0（定义域内的或者定义域端点的根舍去）；分析x0两侧导数f(x)的符号：若左侧导数负右侧导数正，则x0为极小值点；若左侧导数正右侧导数负，则x0为极大值点.3求函数的单调区间、极值、最值是统一的，极值是函数的拐点，也是单调区间的划分点，而求函数的最值是在求极值的基础上，通过判断函数的大致图像，从而得到最值,大前提是要考虑函数的定义域.4函数y f(x)的零点就是f(x)0的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.对点练习：对点练习：【2016 新课标 1 卷】已知函数fxx2e ax1有两个零点.x2(I)求a的取值范围；(II)设x1,x2是fx的两个零点,证明：x1 x2 2.【答案】(0,)【解析】（）f(x)(x1)e 2a(x1)(x1)(e 2a)xx（i）设a 0,则f(x)(x2)ex,f(x)只有一个零点1,)时,f(x)0所以f(x)在（ii）设a 0,则当x(,1)时,f(x)0；当x(,1)上单调递减,在(1,)上单调递增又f(1)e,f(2)a,取b满足b 0且b lna,则2f(b)a3(b2)a(b1)2 a(b2b)0,22故f(x)存在两个零点（）不妨设x1 x2,由（）知x1(,1),x2(1,),2 x2(,1),f(x)在(,1)上单调递减,所以x1 x2 2等价于f(x1)f(2 x2),即f(2 x2)0由于f(2x2)x2e2x2a(x21)2,而f(x2)(x22)ex2a(x21)20,所以f(2x2)x2e2x2(x22)ex2设g(x)xe2x(x2)ex,则g(x)(x1)(e2xex)所以当x 1时,g(x)0,而g(1)0,故当x 1时,g(x)0从而g(x2)f(2 x2)0,故x1 x2 23 3与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理恒成立 f(x)min af(x)a：有解 f(x)max a无解 f(x)amax对点练习：对点练习：设0 a 1，函数f(x)x a,g(x)x ln x，若对任意的x1,x21,e，都有xf(x1)g(x2)成立，则a的取值范围为【答案】e2,14 4利用导数证明、解不等式问题利用导数证明、解不等式问题无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最值），达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.对点练习：对点练习：【2017 课标 II，理】已知函数fxax axxlnx，且fx0。2(1)求a；(2)证明：fx存在唯一的极大值点x0，且e【答案】(1)a 1；(2)证明略。【解析】2 fx022。（2）由（1）知fx x xxlnx，f x 2x2lnx。2设hx 2x2lnx，则hx 21。x当x0,时，hx0；当x12 1,时，hx0，2所以hx在0,单调递减，在12 1,单调递增。2【考点深度剖析】【考点深度剖析】导数是研究函数性质的重要工具，它的突出作用是用于研究函数的单调性、极值与最值、函数的零点等从题型看，往往有一道选择题或填空题，有一道解答题.其中解答题难度较大，常与不等式的证明、方程等结合考查，且有综合化更强的趋势【重点难点突破】【重点难点突破】考点考点 1 1利用导数研究函数的图象与性质利用导数研究函数的图象与性质【1-1】【2017 河南开封 10 月月考】函数 y=4cosx-e（e 为自然对数的底数）的图象可能是|x|A B C D【答案】A【解析】函数为y 4cosxe偶函数，图象关于y轴对称，排除 B、D，若x 0时，xy 4cosxex,y 4sin xex(4sin xex)，当0 x,sin x 0,ex 0，当x 时，ex e，4 4sin x 4，4sin xex 0，则y 0，函数在(0,)上为减函数，选A.【1-2】【2016全国卷】函数y2xe 在2,2的图象大致为()2|x|【答案】D【领悟技法】导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与x轴的交点为x0，且图象在x0两侧附近连续分布于x轴上下方，则x0为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数f(x)的正负，得出原函数f(x)的单调区间【触类旁通】【变式一】【2016 江西新余二模】将函数g(x)2cos(x)cos(x)图象上各点的横坐4412标伸长为原来的 2 倍（纵坐标不变）后得到h(x)的图象，设f(x)x h(x)，则f(x)4的图象大致为（）【答案】A【变式二】【2017丽水模拟】设函数f(x)在 R R 上可导，其导函数为f(x)，且函数y(1x)f(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是()A函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)C函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)D函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)【答案】D【解析】由题图，当x2 时，f(x)0；当2x1 时，f(x)0；当 1x2 时，f(x)0；当x2 时，f(x)0.由此可以得到函数f(x)在x2 处取得极大值，在x2 处取得极小值考点考点 2 2与函数零点有关的参数范围问题与函数零点有关的参数范围问题【2-1】【2017 浙江杭州二模】设方程x lnax（a 0，e为自然对数的底数），则（）A.当a 0时，方程没有实数根 B.当0 a e时，方程有一个实数根C.当a e时，方程有三个实数根 D.当a e时，方程有两个实数根【答案】D【2-2】【2017 课标 3，理 11】已知函数f(x)x 2xa(e2x1ex1)有唯一零点，则a=A12B13C12D1【答案】C【解析】2x1x1试题分析：函数的零点满足x 2x a ee，设gxex1ex1，则gx ex1ex1 ex11ex1e2x11ex1，当gx0时，x 1，当x 1时，gx0，函数gx单调递减，当x 1时，gx0，函数gx单调递增，当x 1时，函数取得最小值g1 2，设hx x 2x，当x 1时，函数取得最小值1，2【领悟技法】1.确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象.2.方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.3.与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图像，讨论其图象与 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题【触类旁通】【变式一】【2017 湖南长沙二模】已知函数fx是定义在R上的奇函数，且当x 0时，fxx1ex，则对任意mR，函数Fx ffxm的零点个数至多有（）A.3 个 B.4 个 C.6 个 D.9 个【答案】A【解析】当x 0时f xx2e,由此可知fx在,2上单调递减，在2,0 x上单调递增，f2 e,f10且x 0,fx1,数fx是定义在R上的2奇函数，f00，而x,1时，fx0,所以fx的图象如图，令t fx,则ftm，由图可知，当t1,1时方程t fx至多 3 个根，当t1,1时方程t fx没有根，而对任意mR，ftm至多有一个根t1,1，从而函数Fx ffxm的零点个数至多有 3 个.【变式二】【2017 安徽阜阳二模】已知函数fxlnxe（1）当a 0是，求证：fx 2；（2）若函数fx有两个零点，求a的取值范围.【答案】（）见解析;（）a 1.xaa(e是自然对数的底数）.试题解析：（）当a 0时，f x1 1ex,令f x=0.得：x x0,1x2且fx在0,x0上单增，在x0,上单减 fxmax11 lnx0e x0 x0 2.x0 x0 x0（）g x1exax故等价于gx在0,上有唯一极大值点x1,且gx10gx1 01 ex1a lnx1 x1ax1得：a x1lnx1故gx1 2lnx1令hx 2lnx1 x1,x11 x,h1 0 xhx又211 0,hx 0 x 1，则x11xx2y xlnx在0,上单增，由x11，得a x1lnx11.综上，a 1.考点考点 3 3与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题3【3-1】若不等式mx ln x 1对x0,1恒成立，则实数m的取值范围是 .e2【答案】,)3所以f(x)在(0,e2323)上是增函数，在(e,1是减函数.所以2323f(x)max2122elne1elnx1，则3m，所以.(2)令g(x)f(e)23x3e2333(e)1x3(ln x1)3x2224x 3x ln x，因为x 0,1，所以ln x 0，所以易知xg(x)66xxg(x)0，所以g(x)在0,1上是增函数.易知当x 0时，g(x)，故g(x)在0,1e2lnx1上无最小值，所以m在0,1上不能恒成立.综上所述，m，即实数m的取3x3e2值范围是,).3【3-2】已知函数f(x)ln(2x)x（1）求f(x)在1,a(a 1)上的最小值；（2）若关于x的不等式f2(x)mf(x)0只有两个整数解，求实数m的取值范围【答案】（1）【解析】ln 2a1；（2）ln2,ln6.a3若e a 2，f(x)的最小值为f(1)ln2，4 分若a 2，f(x)的最小值为2ln2af(a)，a综上，当1 a 2时，f(x)的最小值为f(1)ln2；当a 2，f(x)的最小值为f(a)ln2aae2（2）由（1）知，f(x)的递增区间为(0,)，递减区间为(,)，且在(,)上ln 2x ln e 1 0，又x 0，则f(x)0又f()02m 0时，由不等式f(x)mf(x)0得f(x)0或f(x)m，而f(x)0解集为e2e2121(,)，整数解有无数多个，不合题意；21m 0时，由不等式f2(x)mf(x)0得f(x)0，解集为(0,)2整数解有无数多个，不合题意；1(,)，2m 0时，由不等式f2(x)mf(x)0得f(x)m或f(x)0，f(x)0解集为(0,)无整数解，若不等式f(x)mf(x)0有两整数解，则f(3)m f(1)f(2)，ln2 m ln621213综上，实数m的取值范围是ln2,ln63【领悟技法】含参数的不等式f(x)g(x)恒成立、有解、无解的处理方法：y f(x)的图象和1y g(x)图象特点考考虑；构造函数法，一般构造F(x)f(x)g(x)，转化为F(x)的最值处理；参变分离法，将不等式等价变形为a h(x)，或a h(x)，进而转化为求函数h(x)的最值.【触类旁通】2x11ax 3a 1，若存在x0,，使得不等式【变式一】已知函数fx efx1成立，则实数a的取值范围为（）e 22 A0,B0,3e 1e1C,e 21 D,3e 1e1【答案】C【解析】2x2【变式二】【2017 福建三明 5 月质检】已知函数fx eax 2x 1，aR（）当a 4时，求证：过点P1,0有三条直线与曲线y fx相切；（）当x 0时，fx10，求实数a的取值范围【答案】（I）详见解析；（II）2,.【解析】2x2解法一：（）当a 4时，fx e4x 2x 1，f x e2x2 4x2 2x 1 e2x8x 2 2e2x4x26x设直线与曲线y fx相切，其切点为x0,fx0，则曲线y fx在点x0,fx0处的切线方程为：y fx0 f x0 xx0，因为切线过点P1,0，所以fx0 f x01x0，即ee2x04x20 2x01 2e2x04x026x01 x0，2x0 0，8x0314x01 0，3设gx8x 14x1，g2350，g010，g1 50，g2370gx0在三个区间2,0,0,1,1,2上至少各有一个根又因为一元三次方程至多有三个根，所以方程8x314x1 0恰有三个根，故过点P1,0有三条直线与曲线y fx相切（1）当a 2时，x 0，mx ax 12 2，从而mx0（当且仅当x 0时，等号成立）e2x1在,0上单调递增，e2x又m00，当x 0时，mx0，从而当x 0时，hx0，1在,0上单调递减，又h0 0，e2x12从而当x 0时，hx 0，即ax 2x12x 0e2hx ax 2x1于是当x 0时，fx10（2）当a 2时，令mx0，得a212 0，x 1n 0，2xe2a故当x1n12a 2x2 2时，,0m x e 0，2xeaamx ax 1121在1n,0上单调递减，e2x2a122,0时，mx0，a又m00，当x1n从而当x1n122,0时，hx0，a2x2解法二：（）当a 4时，fx e4x 2x 1，f x e2x2 4x2 2x 1 e2x8x 2 2e2x4x26x，设直线与曲线y fx相切，其切点为x0,fx0，则曲线y fx在点x0,fx0处的切线方程为y fx0 f x0 xx0，因为切线过点P1,0，所以fx0 f x01x0，即ee2x04x20 2x01 2e2x04x026x01 x0，2x0 0，8x0314x01 032设gx8x 14x1，则gx 24x 14，令gx0得x 当x变化时，gx，gx变化情况如下表：712xgx77,1212+0极大值77,1212-7120极小值7,12+gx28713122871312考点考点 4 4 利用导数证明、解不等式问题利用导数证明、解不等式问题【4-1】若f(x)的定义域为R，f(x)2恒成立，f(1)2，则f(x)2x 4解集为（），)C(,1)D(,)A(1,1)B(1【答案】B【解析】构造函数F(x)f(x)2x，则F(x)f(x)2 0，所以函数F(x)在定义域，).上单调递增，又F(1)f(1)2 4，所以f(x)2x 4解集为(1【4-2】【2017 浙江温州二模】.证明：（1）当（2）对任意，当；时，.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】试题解析：证明：（1）考虑函数则的导数，从而故在，内递减，在，都有（当且仅当时，即时，时，时，故要证与，只需证明内递增.；.，在内递减，在内递增，时，等号成立），；，因此对任意即所以当（2）由可知当即当当令函数注意到【领悟技法】1.利用导数方法证明不等式f(x)g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)f(x)g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h(x)0，其中一个重要技巧就是找到函数h(x)在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口.2.利用导数解不等式的基本方法是构造函数，通过研究函数的单调性，从而解不等式的方法.【触类旁通】【变式一】【2017 广东佛山二模】设函数fx ae xlnx，其中aR，e是自然对数x的底数.（）若fx是0,上的增函数，求a的取值范围；（）若a 2，证明：fx0.2e【答案】（）,;（）见解析.【解析】试题分析：（I）由于函数单调递增，故导函数恒为非负数，分离常数后利用导数求1eaexlnx 0，得a的最小值，由此得到a的取值范围；（II）将原不等式fx0，转化为xaexlnx，求出Fx的导数，对x分成0 x 1,x 1两类，讨论函数的最小值，令Fxx由此证得Fx0，由此证得fx0.试题解析：令hx1111lnx，hx 2 0，hx是0,上的减函数，xxx又h10，故 1 是hx的唯一零点，当x0,1，hx0，gx0，gx递增；当x1,，hx 0，gx0，gx递减；故当x 1时，gx取得极大值且为最大值g1所以a 1，e11，即a的取值范围是,.eeaexlnx 0.（）fx 0 xaex2lnx（x 0）令Fx，以下证明当a 2时，Fx的最小值大于 0.ex求导得Fxax1exx211xa x1 e x.2xx当0 x 1时，Fx0，Fx F1 ae 0；当x 1时，Fxax1xxxxG x e，令，e a x1x2a x12则Gxex1ax1ae222 0，0，又G2 e aa2mmae22m e，即1 m 2取m1,2且 使，则Gm e ae 1am1am1 e2e2 0，因为GmG20，故Gx存在唯一零点x01,2，aex0即Fx有 唯 一 的 极 值 点 且 为 极 小 值 点x01,2，又Fx0lnx0，x0【变式二】【2017 课标 3，理 21】已知函数fx x1alnx.（1）若fx0，求a的值；（2）设m为整数，且对于任意正整数n1【答案】(1)a 1；(2)3【解析】11 12221 1 m，求m的最小值.n2【易错试题常警惕】【易错试题常警惕】易错典例：易错典例：已知函数f(x)12ax(2a 1)x2ln x(aR).2（）求f(x)的单调区间；（）设g(x)x22x，若对任意x1(0,2，均存在x2(0,2，使得f(x1)g(x2)，求a的取值范围易错分析：易错分析：（）忽视定义域致误；（）对全称量词和特称量词理解不深刻致误正确解析正确解析：f(x)ax(2a1)（）f(x)2(x 0).x(ax1)(x2)(x 0).当a 0时，x 0，ax 1 0，在区间(0,2)x上，f(x)0；在区间(2,)上f(x)0，故f(x)的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2,).当0 a 1111时，2，在区间(0,2)和(,)上，f(x)0；在区间(2,)上aa2af(x)0，故f(x)的单调递增区间是(0,2)和(,)，单调递减区间是(2,).1a1a1(x2)2当a 时，f(x)，故f(x)的单调递增区间是(0,).22x当a 11时，0 2，2a1a1a在区间(0,)和(2,)上，f(x)0；在区间(,2)上f(x)0，故f(x)的单调递增区间是(0,)和(2,)，单调递减区间是(,2).1a1a当a 111时，f(x)在(0,上单调递增，在,2上单调递减，2aa1a12ln a.2a故f(x)max f()2由a 111可知lna ln ln 1，2ln a 2，2ln a 2，22e所以，2 2ln a 0，f(x)max 0，综上所述，a ln 21,温馨提醒：(1)研究函数问题应竖立定义域优先原则；(2)任意x1(0,2，指的是区间内的任意一个自变量；存在x2(0,2，指的是区间内存在一个自变量，故本题是恒成立问题和有解问题的组合.【学科素养提升之思想方法篇】【学科素养提升之思想方法篇】化抽象为具体数形结合思想数形结合是一种重要的数学思想方法，包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用大致可以分为两种情形：或者是借助形的生动和直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数为目的，比如应用函数的图像来直观地说明函数的性质；或者是借助于数的精确性和规范严密性来阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质.数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图像结合起来，关键是代数问题与图形之间的相互转化，它可以使代数问题几何化，几何问题代数化.在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围.,在解答导数问题中，主要存在两类问题，一是“有图考图”，二是“无图考图”，如：【典例 1】已知a是常数，函数f(x)x131x(1a)x2ax2的导函数y f(x)的图32像如图所示，则函数g(x)|a 2|的图像可能是（）【答案】D【解析】yO2xlnx,x 1,【典例 2】已知函数f(x)1（a 为常数，e 为自然对数的底数）的图(x2)(xa),x 1e象在点 A（e,1）处的切线与该函数的图象恰好有三个公共点，则实数 a 的取值范围是_.【答案】(,32 2)(32 2,)【解析】23