2020版高三数学新课标大二轮专题辅导与增分攻略数学（理）讲义：高考解答题突破（六）　函数与导数 WORD版含答案.docx

1、高考解答题突破(六)函数与导数突破“三分”分离、分解、分类1函数单调性和极值、最值的分类讨论策略(1)单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，把函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号，在不能确定导数等于零的点的相对位置时，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论(2)极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点(3)最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的，在极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值2研究方程的根，可以通过构造函数g(x)的方法，把问题转化为研

2、究构造的函数g(x)的零点问题，研究函数g(x)零点的策略(1)如果函数g(x)在已知区间上是单调的，则其最多只有一个零点，再结合函数的零点存在定理，确定其零点是否存在(2)如果函数g(x)在已知区间上不是单调的，则求出这个函数的极值点和单调区间，再结合g(x)的极值与零的大小，以及函数g(x)的单调性、结合零点存在定理判断其零点的个数3利用导数证明不等式的策略利用导数证明不等式的关键是构造函数，其思路：(1)对于(或可化为)左右两边结构相同的不等式，构造函数f(x)，使原不等式成为形如f(a)f(b)的形式(2)对形如f(x)g(x)的不等式，构造函数F(x)f(x)g(x)(3)对于(或可

3、化为)f(x1，x2)A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x1，x)4利用导数解决恒成立问题主要涉及方面及对策(1)已知不等式在某一区间上恒成立，求参数的取值范围：一般先分离参数，再转化为求函数在给定区间上的最值问题求解；如果无法分离参数可以考虑对参数或自变量进行分类求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑限制二次项系数或判别式的方法求解(2)已知函数的单调性求参数的取值范围：转化为f(x)0(或f(x)0)恒成立的问题考向一导数与函数的单调性、极值与最值问题1讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二

4、次不等式的解集的讨论2对含参数的函数解析式求最值时，常常分类讨论，分类的原则是极值点在给定区间的内部还是外部，从而根据单调性求出最值【例1】(2019沈阳模拟)已知函数f(x)lnx.利用导数研究函数性质的一般步骤(1)确定函数的定义域；(2)求导函数f(x)；(3)若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f(x)0或f(x)0.若已知函数的单调性，则转化为不等式f(x)0或f(x)0在单调区间上恒成立问题来求解(4)若求极值，则先求方程f(x)0的根，再检查f(x)在方程根的左右函数值的符号若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f(x)0根的大小或存在情况来求解

5、(5)求函数f(x)在闭区间a，b的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值1(2019南昌一模)已知函数f(x)aln(1x)(aR)，g(x)x2emx1e2.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若a1)，所以f (x).当a0时， f (x)0，函数f(x)的单调递增区间为(1，)当a0时，由得1x1；所以函数f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是.综上所述，当a0时，函数f(x)的单调递增区间为(1，)；当a0时，函数f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是.(2)若a0，x1，x20，e，不等式f(x1)g(x2)

6、恒成立，等价于“对x0，e, f(x)ming(x)max恒成立”当a0，不符合题意；当m0时，令g(x)0得，x0或x.当m0，即e时，在0，e上g(x)0，所以g(x)在0，e上单调递增，所以g(x)maxg(e)eme3e2，只需满足eme3e20，即m，所以m；当m，即0，所以m0，g0，可得g(x)在上有唯一零点，设为.增，在上单调递减，故g(x)在上存在唯一极大值点，即f (x)在上存在唯一极大值点(2)f(x)的定义域为(1，)当x(1,0时，由(1)知， f (x)在(1,0)上单调递增，而f (0)0，所以当x(1,0)时，f (x)0，故f(x)在(1,0)上单调递减又f(

7、0)0，从而x0是f(x)在(1,0上的唯一零点当x时，由(1)知， f (x)在(0，)上单调递增，在上单调递减，而f (0)0，f 0；当x时，f (x)0，所以当x时，f(x)0.所以f(x)在上单调递减而f0，f()1，所以f(x)0，f(x)单调递增，当a0时，f(x)ex，f(x)没有零点，当a0时，令f (x)0，得xlna，当xlna时，f (x)lna时，f (x)0，f(x)在(lna，)上单调递增，又f(lna)elnaalnaaa(2lna)，若0a0，f(x)没有零点，若ae2，则f(lna)0，f(x)有且只有一个零点，若ae2，则f(lna)0，当x时，f(x)0

8、，故f(x)有两个零点综上，当a0时，f(x)有且只有一个零点；当0ae2时，f(x)有两个零点考向三导数与不等式问题1利用导数解决不等式的恒成立问题时常采用分离参数法或不等式转化法，通过求函数的最值加以解决2利用导数证明不等式关键是把不等式变形后构造恰当的函数，然后用导数判断函数的单调性或求出最值，达到证明不等式的目的解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)1.若a2，则f(x)0，当且仅当a2，x1时，f(x)0，所以f(x)在(0，)上单调递减若a2，令f(x)0，得x或x.当x时，f(x)2时f(x)在和上单调递减，在上单调递增(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当

9、a2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x21，不妨设x11，所以a2等价于1，即x22lnx20.设函数g(x)x2lnx，由(1)知，g(x)在(0，)单调递减，又g(1)0，从而当x(1，)时，g(x)0，所以x22lnx20，即g(x)(f(x)0(f(x)g(x)0)(1)若函数f(x)有零点，求实数a的取值范围；(2)证明：当a时，f(x)ex.解(1)解法一：函数f(x)lnx的定义域为(0，)由f(x)lnx，得f (x).因为a0，则x(0，a)时，f (x)0.所以函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增当xa时，f(x)minln

10、a1.当lna10，即00，则函数f(x)有零点所以实数a的取值范围为.解法二：函数f(x)lnx的定义域为(0，)由f(x)lnx0，得axlnx.令g(x)xlnx，则g(x)(lnx1)当x时，g(x)0；当x时，g(x)0.所以函数g(x)在上单调递增，在上单调递减故x时，函数g(x)取得最大值gln.因而函数f(x)lnx有零点，则0ex，即证明当x0，a时，lnxex，即xlnxaxex.令h(x)xlnxa，则h(x)lnx1.当0x时，h(x)时，h(x)0.所以函数h(x)在上单调递减，在上单调递增，当x时，h(x)mina.于是，当a时，h(x)a.令(x)xex，则(x)

11、exxexex(1x)当0x0；当x1时，(x)0时，(x).显然，不等式中的等号不能同时成立故当a时，f(x)ex.专题强化训练(三十二)1(2019江西赣州五校协作体联考)已知函数f(x)lnxax2x，aR.(1)当a0时，求曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程；(2)令g(x)f(x)(ax1)，求函数g(x)的极值解(1)当a0时，f(x)lnxx，则f(1)1，切点为(1,1)，又f(x)1，切线斜率kf(1)2.故切线方程为y12(x1)，即2xy10.(2)g(x)f(x)(ax1)lnxax2(1a)x1，则g(x)ax(1a)，当a0时，x0，g(x)0，g(x)在(

12、0，)上是增函数，函数g(x)无极值点当a0时，g(x).令g(x)0，得x.当x时，g(x)0；当x时，g(x)0时，函数g(x)有极大值lna，无极小值2(2019武汉模拟)已知函数f(x)xlnxax2x.(1)当a时，证明：f(x)在定义域上为减函数；(2)若aR，讨论函数f(x)的零点情况解(1)证明：由题意可知函数f(x)的定义域为(0，)，f (x)lnx1x1lnxx，令g(x)lnxx，则g(x)1，当0x0；当x1时，g(x)0，所以g(x)maxg(1)1，即g(x)lnxx0，所以f (x)0，所以方程可化为a，令h(x)，则h(x)，令h(x)0，可得xe2，当0x0

13、，当xe2时，h(x)e2时，h(x)0，所以h(x)的大致图象如图所示，结合图象可知，当a时，方程a没有根；当a或a0时，方程a有一个根；当0a时，函数f(x)无零点；当a或a0时，函数f(x)有一个零点；当0a|f(x1)f(x2)|成立，求实数m的取值范围解(1)函数f(x)x2axlnx(aR)，函数f(x)的定义域为(0，)当a1时， f(x)xlnx, f (x)1，当0x1时，f (x)1时， f (x)0, f(x)单调递增，函数f(x)的极小值为f(1)1，无极大值(2)函数f(x)x2axlnx(aR)，f (x)(1a)xa，当a(4,5)时，在区间1,2上，f (x)0，则f(x)单调递减，f(1)是f(x)的最大值，f(2)是f(x)的最小值，|f(x1)f(x2)|f(1)f(2)ln2.对任意a(4,5)及任意x1，x21,2，恒有mln2|f(x1)f(x2)|成立，mln2ln2，得m.a(4,5)，12解(1)由f(x)lnxax，得f(x)a.设切点的横坐标为x0，依题意得解得故实数a的值为1.(2)证明：不妨设0x11，则ln0，2lnt2lnt.设g(t)t2lnt，则当t1时，g(t)0，则函数g(t)在(1，)上单调递增，所以g(t)g(1)0.从而0，即2.