2020版高三新课标大二轮专题辅导与增分攻略数学（文）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解(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)a.当a0时，1ax0，f(x)0，f(x)在1，e上单调递增当0a时，e，f(x)0，f(x)在1，e上单调递增当a1时，1，f(x)0，f(x)在1，e上单调递减综上所述，当a时，f(x)在1，e上单调递增；当aa1，得a0，g(x)在1，e上单调递增，而f(x)在1，e上单调递减，f(x)minf(e)1ae，g(x)maxg(e)ae21，1aeae21，得a0或f(x)0，g(x)为增函数，而g(0)0，当

5、x0时，g(x)0，从而f(x)0.若a1，则x(0，lna)时，g(x)0，g(x)为减函数，g(0)0，故x(0，lna)时，g(x)0，从而f(x)0；当x时，g(x)0，g()2，故g(x)在(0，)存在唯一零点所以f(x)在(0，)存在唯一零点(2)由题设知f()a，f()0，可得a0.由(1)知，f(x)在(0，)只有一个零点，设为x0，且当x(0，x0)时，f(x)0；当x(x0，)时，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

6、(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，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)由已知可得，f(x)的定义域为(0，)，f(x)aex.由题设知，f(2)0，所以a.从而f(x)

7、exlnx1，f(x)ex.当0x2时，f(x)2时，f(x)0.所以f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增当0x1时，g(x)1时，g(x)0.所以x1是g(x)的最小值点故当x0时，g(x)g(1)0.因此，当a时，f(x)0.(1)利用导数证明不等式的基本步骤作差或变形构造新的函数h(x)利用导数研究h(x)的单调性及最值根据单调性及最值，得到所证不等式(2)构造辅助函数的四种方法移项法：证明不等式f(x)g(x)(f(x)0(f(x)g(x)0)，进而构造辅助函数h(x)f(x)g(x)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相

8、同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数主元法：对于(或可化为)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)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数3(2019山西四校联考)已知函数f(x)xlnx.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：当x1时，ex1；(3)若f(x)(1m)xm对任意x(0，)恒成立，求实数m的值解(1)f(x)xlnx，f(x)1，x(0，)，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，故有极小值f(1)1，无极大值(2)证明：原不等式可化为，记g(x)，则g(

9、x)，当x1时，g(x)0)，若m0，则h(x)0，得h(x)在(0，)上单调递增，又h(1)0，故当x1时，h(x)0，不合题意；若m0，则易得h(x)在上单调递增，在上单调递减，则h(x)maxhlnm1m，依题意有lnm1m0，故f(m)1，由(1)知f(m)1，则m只能等于1.专题强化训练(三十)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

10、.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(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

11、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，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

12、)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.