2021高中数学北师大版选修1-1学案：《函数与导数的综合性问题分析》.docx

第5课时函数与导数的综合性问题分析1.把握用导数法求解函数单调性、极值、最值、参数等问题.2.理解导数与方程、函数、不等式等学问的综合.3.通过在“学问网络交汇点”处命题,合理设计综合多个学问点的试题,考查分类争辩、数形结合等数学思想方法.函数与导数是高中数学的核心内容,函数思想贯穿中学数学全过程.导数作为工具,供应了争辩函数性质的一般性方法.作为“平台”,可以把函数、方程、不等式、圆锥曲线等有机地联系在一起,在力量立意的命题思想指导下,与导数相关的问题已成为高考数学命题的必考考点之一.函数与方程、不等式相结合是高考热点与难点.问题1:在某个区间(a,b)内,假如f(x)0,那么函数y=f(x)在这个区间内单调;假如f(x)0(或0)只是函数f(x)在该区间单调递增(或递减)的条件,可导函数f(x)在(a,b)上单调递增(或递减)的充要条件是:对任意x(a,b),都有f(x)0(或0)且f(x)在(a,b)的任意子区间上都不恒为零.利用此充要条件可以便利地解决“已知函数的单调性,反过来确定函数解析式中的参数的值或范围”问题.问题2:设函数f(x)在点x0四周有定义,假如对x0四周全部的点x,都有f(x)f(x0),那么f(x0)是函数的一个,记作y微小值=f(x0),极大值与微小值统称为.导数f(x)=0的点不肯定是函数y=f(x)的极值点,如使f(x)=0的点的左、右的导数值异号,则是极值点,其中左正右负点是极大值点,左负右正点是微小值点.极大值未必大于微小值.问题3:将函数y=f(x)在(a,b)内的各极值与端点处的函数值f(a),f(b)比较,其中最大的一个是,最小的一个是.1.已知e为自然对数的底数,则函数y=xex的单调递增区间是( ).A.-1,+)B.(-,-1C.1,+)D.(-,12.已知曲线f(x)=ln x在点(x0,f(x0)处的切线经过点(0,-1),则x0的值为( ).A.1eB.1C.e D.103.函数f(x)的定义域为开区间(a,b),导函数f(x)在(a,b)内的图像如图所示,则函数f(x)在开区间(a,b)内有微小值点个.4.等比数列an中,a1=1,a2022=4,函数f(x)=x(x-a1)(x-a2)(x-a2022),求函数f(x)在点(0,0)处的切线方程.利用导数的几何意义争辩切线问题若函数f(x)=aex+1aex+b(a0)在点(2,f(2)处的切线方程为y=32x,求a,b的值. 利用导数争辩函数的单调性、极值与最值已知函数f(x)=ax2+1(a0),g(x)=x3+bx.(1)若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处有公共切线,求a,b的值;(2)当a2=4b时,求函数f(x)+g(x)的单调区间,并求其在区间(-,-1上的最大值.导数与不等式的证明已知x0,证明不等式xln(1+x).已知函数f(x)=x3-x.(1)求曲线y=f(x)的过点(1,0)的切线方程;(2)若过x轴上的点(a,0)可以作曲线y=f(x)的三条切线,求a的取值范围.若函数f(x)=ln x-12ax2-2x存在单调递减区间,求实数a的取值范围.已知函数f(x)=ax-ln x,x(0,e,g(x)=lnxx,其中e是自然常数,aR.(1)当a=1时,求f(x)的极值,并证明f(x)g(x)+12恒成立.(2)是否存在实数a,使f(x)的最小值为3?若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.1.函数f(x)的定义域为(0,+),且f(x)0,f(x)0,则函数y=xf(x)( ).A.存在极大值B.存在微小值C.是增函数D.是减函数2.函数y=x3+3x在(0,+)上的最小值为().A.4B.5C.3D.13.已知函数f(x)=aln x+x在区间2,3上单调递增,则实数a的取值范围是.4.已知幂函数f(x)=x-m2+2m+3(mZ)为偶函数,且在区间(0,+)上是单调增函数.(1)求函数f(x)的解析式;(2)设函数g(x)=14f(x)+ax3+92x2-b(xR),其中a,bR.若函数g(x)仅在x=0处有极值,求a的取值范围.(2021年新课标卷)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,下列结论中错误的是().A.存在x0R,f(x0)=0B.函数y=f(x)的图像是中心对称图形C.若x0是f(x)的微小值点,则f(x)在区间(-,x0)单调递减D.若x0是f(x)的极值点,则f(x0)=0考题变式(我来改编):第5课时函数与导数的综合性问题分析学问体系梳理问题1:递增递减充分问题2:极大值微小值极值问题3:最大值最小值基础学习沟通1.A令y=ex(1+x)0,又ex0,1+x0,x-1.故选A.2.B依题意得,题中的切线方程是y-ln x0=1x0(x-x0).又该切线经过点(0,-1),于是有-1-ln x0=1x0(-x0),由此得ln x0=0,x0=1,选B.3.1留意审题,题目给出的是导函数的图像.先由导函数取值的正负确定函数的单调性,然后列表可推断函数微小值点有1个.4.解:f(x)=(x-a1)(x-a2)(x-a2022)+x(x-a2)(x-a3)(x-a2022)+x(x-a1)(x-a3)(x-a2022)+x(x-a1)(x-a2)(x-a2 011),f(0)=(-a1)(-a2)(-a2022)=(a1a2022)1 006=22022,切线方程为y=22022x.重点难点探究探究一:【解析】f(x)=aex-1aex,f(2)=ae2-1ae2=32,解得ae2=2或ae2=-12(舍去),所以a=2e2,代入原函数可得2+12+b=3,即b=12,故a=2e2,b=12.【小结】本例在解答中要留意a0,应当舍去ae2=-12,否则会产生增解.求在某点处的切线与过某点处的切线问题时要留意点是否在曲线上,若非切点则需要设出切点,否则会出错.探究二:【解析】(1)f(x)=2ax,g(x)=3x2+b,由于曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,所以f(1)=g(1),且f(1)=g(1).即a+1=1+b,且2a=3+b.解得a=3,b=3. (2)记h(x)=f(x)+g(x),b=14a2,h(x)=x3+ax2+14a2x+1,h(x)=3x2+2ax+14a2.令h(x)=0,得x1=-a2,x2=-a6.a0时,h(x)与h(x)的变化状况如下:x(-,-a2)-a2(-a2,-a6)-a6(-a6,+)h(x)+0-0+h(x)递增递减递增所以函数h(x)的单调递增区间为(-,-a2)和(-a6,+);单调递减区间为(-a2,-a6).当-a2-1,即0a2时,函数h(x)在区间(-,-1上单调递增,h(x)在区间(-,-1上的最大值为h(-1)=a-14a2.当-a2-1,且-a6-1,即2a6时,函数h(x)在区间(-,-a2)上单调递增,在区间(-a2,-1上单调递减,h(x)在区间(-,-1上的最大值为h(-a2)=1.当-a66时,函数h(x)在区间(-,-a2)上单调递增,在区间(-a2,-a6)上单调递减,在区间(-a6,-1上单调递增,又由于h(-a2)-h(-1)=1-a+14a2=14(a-2)20,所以h(x)在区间(-,-1上的最大值为h(-a2)=1.【小结】利用导数争辩函数的极值与最值时需要留意以下几点:(1)首先考虑定义域.(2)导数值为0的点不肯定是函数的极值点,它是函数在该点取得极值的必要而不充分条件.(3)含参数的极值与最值问题要留意分类争辩.探究三:【解析】原不等式等价于证明x-ln(1+x)0.设f(x)=x-ln(1+x),则f(x)=1-11+x=xx+1.x0,f(x)0.f(x)在x(0,+)上是单调增函数.又f(0)=0-ln 1=0,f(x)f(0)=0,即x-ln(1+x)0,即xln(1+x).【小结】利用导数证明不等式的思路是“构造帮助函数,利用导数推断单调性,从而证明不等式”,这种方法的精妙之处在于将不等式的证明转化为函数值大小的比较.思维拓展应用应用一:(1)由题意得f(x)=3x2-1.曲线y=f(x)在点M(t,f(t)处的切线方程为y-f(t)=f(t)(x-t),即y=(3t2-1)x-2t3,将点(1,0)代入切线方程得2t3-3t2+1=0,解得t=1或-12,代入y=(3t2-1)x-2t3得曲线y=f(x)的过点(1,0)的切线方程为y=2x-2或y=-14x+14. (2)由(1)知若过点(a,0)可作曲线y=f(x)的三条切线,则方程2t3-3at2+a=0有三个相异的实根,记g(t)=2t3-3at2+a,则g(t)=6t2-6at=6t(t-a).当a0时,函数g(t)的极大值是g(0)=a,微小值是g(a)=-a3+a,要使方程g(t)=0有三个相异的实数根,需使a0且-a3+a0且a2-10,即a1;当a=0时,函数g(t)单调递增,方程g(t)=0不行能有三个相异的实数根;当a0时,函数g(t)的极大值是g(a)=-a3+a,微小值是g(0)=a,要使方程g(t)=0有三个相异的实数根,需使a0,即a0,即a0时,y=ax2+2x-1为开口向上的抛物线,所以ax2+2x-10在(0,+)上恒有解;(2)当a0,此时-1a0;(3)当a=0时,明显符合题意.综上所述,实数a的取值范围是(-1,+).应用三:(1)当a=1时,f(x)=x-ln x,f(x)=1-1x=x-1x.当0x1时,f(x)0,此时f(x)单调递减;当10,此时f(x)单调递增.f(x)的微小值为f(1)=1.f(x)在(0,e上的最小值为1.令h(x)=g(x)+12=lnxx+12,则h(x)=1-lnxx2,当0x0,则h(x)在(0,e上单调递增,h(x)max=h(e)=1e+12g(x)+12恒成立.(2)假设存在实数a,使f(x)=ax-ln x(x(0,e)有最小值3.f(x)=a-1x=ax-1x.当a0时,f(x)在(0,e上单调递减,f(x)min=f(e)=ae-1=3,a=4e(舍去),当a0时,不存在实数a使f(x)的最小值为3.当01a1e时,f(x)在(0,1a)上单调递减,在(1a,e上单调递增,f(x)min=f(1a)=1+ln a=3,a=e2,满足条件.当1ae,即00,f(x)0,y0在(0,+)上恒成立.因此y=xf(x)在(0,+)上是增函数.2.Ay=3x2-3x2,令y=0,即x2-1x2=0,解得x=1.由于x0,所以x=1.在(0,+)上,由于只有一个微小值,所以它也是最小值,从而函数在(0,+)上的最小值为13+31=4.3.-2,+)f(x)=aln x+x,f(x)=ax+1.又f(x)在2,3上单调递增,ax+10在x2,3上恒成立,a(-x)max=-2,a-2,+).4.解:(1)f(x)在区间(0,+)上是单调增函数,-m2+2m+30,即m2-2m-30,-1m3.又mZ,m=0,1,2,而m=0,2时,f(x)=x3不是偶函数,m=1时,f(x)=x4是偶函数,f(x)=x4.(2)g(x)=14x4+ax3+92x2-b, g(x)=x(x2+3ax+9),明显x=0不是方程x2+3ax+9=0的根.为使g(x)仅在x=0处有极值,则有x2+3ax+90恒成立,即有=9a2-360,解不等式,得a-2,2.这时,g(0)=-b是唯一极值,a-2,2.全新视角拓展Cf(x)=3x2+2ax+b,若x0是f(x)的微小值点,则f(x)必有两个极值点,不妨设另一个极值点为x1,则f(x)在(-,x1)上单调递增,在(x1,x0)上单调递减.