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,那么函数y=f(x)在这个区间内单调　　　　.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)的一个　　　　　,记作y极大值=f(x0);假如对x0四周的全部的点都有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.(-∞,-1] C.[1,+∞) D.(-∞,1]
2.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.1e B.1 C.e D.10

3.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(a>0)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(a>0),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x>0,证明不等式x>ln(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,a∈R.
(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.4　　　　 B.5　　　　 C.3　　　　 D.1
3.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(m∈Z)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(x∈R),其中a,b∈R.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Ⅱ卷)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,下列结论中错误的是(　　).
A.存在x0∈R,f(x0)=0
B.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ex>0,∴1+x≥0,∴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a>0,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.
a>0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0∞,-1]上的最大值为h(-a2)=1.
当-a6<-1,即a>6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)2>0,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-ln1+x)>0.
设f(x)=x-ln(1+x),则f'(x)=1-11+x=xx+1.
∵x>0,∴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x>ln(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a>0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a>0且-a3+a<0,即a>0且a2-1>0,即a>1;
当a0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a<0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a<0且-a3+a>0,即a<0且a2-1>0,即a<-1.
综上所述,a的取值范围是(-∞,-1)∪(1,+∞).
　　应用二:由题知f'(x)=1x-ax-2=-ax2+2x-1x,由于函数f(x)存在单调递减区间,所以f'(x)=-ax2+2x-1x≤0有解.又由于函数的定义域为(0,+∞),则应有ax2+2x-1≥0在(0,+∞)上有实数解.
(1)当a>0时,y=ax2+2x-1为开口向上的抛物线,所以ax2+2x-1≥0在(0,+∞)上恒有解;
(2)当a<0时,y=ax2+2x-1为开口向下的抛物线,要使ax2+2x-1≥0在(0,+∞)上有实数解,则Δ=4+4a>0,此时-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hx)=g(x)+12=lnxx+12,则h'(x)=1-lnxx2,
当00,则h(x)在(0,e]上单调递增,
∴h(x)max=h(e)=1e+12<12+12=1=f(x)min.
∴f(x)>g(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.
①当a≤0时,f(x)在(0,e]上单调递减,
∴f(x)min=f(e)=ae-1=3,
∴a=4e(舍去),
∴当a≤0时,不存在实数a使f(x)的最小值为3.
②当0<1a1e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.
③当1a≥e,即00,f'(x)>0,∴y'>0在(0,+∞)上恒成立.因此y=xf(x)在(0,+∞)上是增函数.
2.A　y'=3x2-3x2,令y'=0,即x2-1x2=0,解得x=±1.由于x>0,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+1≥0在x∈[2,3]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+3>0,即m2-2m-3<0,
∴-1