2020年高考文数二轮专题复习：题型2第7讲导数含解析

1、第 7 讲导数 考情分析高考对导数的考查定位在作为解决初等数学问题的工具这一目 标上，主要体现在以下方面：(1)运用导数有关知识研究函数的单调性和极值(最值) 问题；(2)利用导数的几何意义，研究曲线切线的斜率问题； 对一些实际问题建 立数学模型后求解题型遍布选择、填空与解答，难度上分层考查，是高考考查 的重点内容. 热点题型分析 热点 1 利用导数研究函数的性质 方法结论 V 1 导数与函数单调性的关系 (1) f(x)0 是 f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数 f(x) = x3在(一，) 上单调递增，但 f (x) 0; (2) f (x)0 是 f(x)为增函数的必要不充分条件，

2、当函数在某个区间内恒有 f (x) 二0 时，f(x)为常数函数. 2利用导数求函数最值的方法 (1)对含参数的函数解析式求最值时，常常进行分类讨论，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； 求极值和最值时，为了直观易懂，常常列出 x 的取值范围与 y的符号及 y 的单调区间、极值的对应表格. 【题型分析】 (2017 全国卷 I )已知函数 f(x) = ex(ex a) a2x. (1) 讨论 f(x)的单调性； 若 f(x) 0, 求 a 的取值范围. 解 函数 f(x)的定义域为(x，+x)， f (x)= 2$ ae a = (2 + a) a). 若

3、a = 0,则 f(x) = e2x在(，+)上单调递增. 若 a0，则由 f (x) = 0 得 x= In a. 当 x (x，in a)时，f (x)0. 故 f(x)在(一x，in a)上单调递减， 在(In a，+ x)上单调递增. 若 a0,则由 f (x) = 0,得 x= In 2 . 当 x x. In 2 时，f (x)0. 故 f(x)在一x, |n i 2 上单调递减， 在 In 2 ,+x上单调递增. 若 a = 0,则 f(x)= e2x，所以 f(x)0. 若 a0,则由，得当 x= In a 时,f(x)取得最小值，最小值为 f(ln a)= a2ln a, 从

4、而当且仅当一 a2In a0,即 a 1 时，f(x)0. 若 a0,即 a 2e|时,f(x)0. 综上，a 的取值范围是2e3, 1. 【通法指导】 运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出 f (x), 由 f (x)的正负，得出函数 f(x)的单调区间；函数的最值(极值)的求法：由确认的 单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数 f(x )的极值或最值. 【針对训练】 (2019 全国卷川)已知函数 f(x) = 2x3 ax2 + b. (1)讨论 f(x)的单调性； 是否存在 a, b,使得 f(x)在区间0,1上的最小值为1 且最大值为 1?若存

5、 在，求出 a, b 的所有值；若不存在，说明理由. 解 (1)f (x) = 6x2 2ax= 2x(3x a). 令 f (x)= 0,得 x= 0 或 x= 3. 若 a0,则当 x ( x, 0)U |,+X 时，f (x)0; 当 x 0, | 时，f (x)0； 当 x a, 0 时，f (x)0. 故 f(x)在s, a ,(0,+8)上单调递增，在 a, 0 上单调递减. (2)满足题设条件的 a, b 存在. 若 a0,则当 x 当 a3 时，由，知 f(x)在0,1上单调递减，所以 f(x)在区间0,1上的最大 值为 f(0) = b,最小值为 f(1) = 2 a+ b.

6、此时 a, b 满足题设条件当且仅当 2 a+ b =1, b= 1, 即卩 a=4, b= 1. F 、 3 当 0vav3 时，由(1)，知 f(x)在0,1上的最小值为 f二一|7+ b,最大值 为 b 或 2 a + b. 若一 27+ b 1, b 1,贝 U a 33 .2,与 0v av 3 矛盾. 3 ，”. a 若27+ b 1,2 a+ b= 1 贝U a 3,3 或 a 3.3 或 a 0,与 0v av 3 矛盾. 综上，当 a 0, b 1 或 a 4, b 1 时，f(x)在0,1的最小值为一 1,最大值 为 1. 热点 2 利用导数解决与方程的解有关的问题 方法结

7、论 V 方程的根、函数的零点、函数图象与 x 轴的交点的横坐标是三个等价的概念， 解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，根据函数图象的走势，通过 数形结合直观求解. 【题型分析】 (2019 宁夏石嘴山市模拟)已知函数 f(x) ex(x aex). (1) 当 a 0 时，求 f(x)的最值； (2) 若 f(x)有两个不同的极值点，求 a 的取值范围. 解(1)当 a 0 时，f(x) xex, 所以 f (x) (x+ 1)ex,令 f (x)0,解得 x 1, 令 f (x)0，解得 x0，解得 x0,令 g (x)0 , 所以 g(x)在(一 0)上单调递增，在(0，+)上单

8、调递减，所以 g(x)max= g(0) = 1. 又 g( 1) = 0，当 x0 时，g(x)0，且当 X + X时，g(x)f 0，据此可画出 g(x) 1 的大致图象，如图所示.由 g(x)的图象可得 02a1，即 0a2. 故 a 的取值范围是 0, 1 . 【通法指导】 研究函数 f(x)的极值问题常常与研究对应方程 f (x)= 0 的实根问题相互转化. 1 .已知含参函数 f(x)存在极值点，求参数范围问题.一般可作为代数问题求 解，即对 f (x)= 0 进行参变分离，得到 a= g(x)的形式，则所求 a 的范围就是 g(x) 的值域. 2.当研究函数 f(x)的零点个数问

9、题，及方程 f(x) = 0 的实根个数问题时，也常 要进行参变分离，得到 a= g(x)的形式，然后借助数形结合(几何法)思想求解. 【针对训练】 (2019 全国卷 U )已知函数 f(x) = (x 1)ln xx 1. 证明：(1)f(x)存在唯一的极值点； (2)f(x) = 0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数. 证明(1)f(x)的定义域为(0,+). , x 1 1 f (x)= + ln x 1 = In x 一. x x 因为 y= In x 在(0,+ x)上单调递增， 1 y=在(0,+ x)上单调递减， x 所以 f (x)在(0,+x)上单调递增. 1 In 4

10、 1 又 f (1)= 10, 故存在唯一 x (1,2),使得 f (xo) = 0. 又当 xxo时，f (x)X0时，f (x)0, f(x)单调递增, 因此，f(x)存在唯一的极值点. 由，知 f(x0)vf(1) = 2,又 f(e2) = e2 30, 所以 f(x)= 0 在(X0,+x)内存在唯一根 x= a 1 由 aX01，得-1a(a)在区间 D 上恒成立？ f(x)mina(a)； (2) 不等式 f(X)b( b)在区间 D 上恒成立？ f(X)maxa(a)在区间 D 上恒成立？ ma； (2) 不等式 f(x)vb( 0,求 a 的值； (2) 设 m 为整数，且

11、对于任意正整数 n, 1 + 2 + 2 1+1 vm,求 m 的最小值. 解(1)f(x)的定义域为(0,+), i1、 1 若 a0,由 f (x)= 1 二，知 X X 当 x (0, a)时，f (x)v0; 当 x (a,+ x)时，f (x)0. 所以 f(x)在(0, a)上单调递减，在(a, + x)上单调递增. 故 X = a 是 f(x)在(0 ,+x)上的唯一最小值点. 因为 f(1)= 0,所以当且仅当 a= 1 时，f(x)0, 故 a= 1. (2) 由，知当 x (1,+ )时，x- 1 In x0. 1 f 1、 1 令 x= 1 + 歹，得 In |1 + 2

12、 v尹， 从而 In i 1 + 2 + In 11 + 于 + + In i 1 + 2 1 1 1 1 v 2+于+尹=1尹 2， 所以 m 的最小值为 3. 【通法指导】 构造辅助函数是用导数证明不等式的关键，把不等式的证明转化为利用导数 研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式构造辅助函数的一般方法及解题 步骤如下： (1)移项(有时需要作简单的恒等变形)，使不等式的一端为 0,另一端即为所作 的辅助函数 f(x); 求 f (x)，并验证 f(x)在指定区间上的增减性； (3) 求出区间端点的函数值(或最值)，作比较即得所证. 【针对训练】 (2019 天津高考)设函数 f(x) =

13、 excosx, g(x)为 f(x)的导函数. (1)求 f(x)的单调区间； 当 x寸，扌时，证明 f(x) + g(x) nx ! 0； n n 2nn+ 4, 2nn+ -内的零点，其中 n N , 2n n 证明 2n n+ n Xnv _e_. 2 sinx0 cosx0 解(1)由已知，有 f (x) = ex(cosx sinx). 因此，当 x ?kn+ n 2k n+于依 Z)时, 有 sinxcosx，得 f (x)0，则 f(x)单调递减; 当 x gkn 3jn, 2k n+( (k Z)时，有 sinxvcosx, 2nn e = 0，则 f(x)单调递增. 3 n

14、 n- , 2kn+ - (k Z), f(x)的单调递减区间为 2kn+ -, 2kn+ *k Z). (% 、 证明：记 h(x) = f(x) + g(x) 2 x . 依题意及(1),有 g(x)= ex(cosx sinx), 从而 g (x)= 2exsinx. 当 x -, 2 时，g (x)0, 故 h (x)= f (x) + g (x) 2 x + g(x) ( 1) =g (x) 2 x h g = f 2 = 0. 所以当 x - 2 上单调递减, i n ,f(x)+g(x) 2 x 0. 证明：依题意，得 U(xn)= f(xn) 1 = 0, 即 exncosxn

15、 = 1. 记 yn=Xn 2nn,贝U yn -, 2 卜 且 f(yn)= eyncosyn= exn 2n n co% 2n n )e 2nnn N). 由 f(yn)= e 2nnv 1= f(yo)及，得 yn yo. 1 n 由(2),知当 x 4, 2 时，g (x)0, g(x)在 n，n上为减函数， 所以 因此 g(yn) g(yo)0, 当 a0 时，f (x)0, f(x)在 R 上是增函数， 当 x1 时，f(x) = ex + a(x1)0； 1 当 x0 时，取 x=a， 贝 U f a 1 + a a1 = a0. 所以函数 f(x)存在零点，不满足题意. 当 a

16、0 时，令 f (x) = 0,得 x= In ( a). 在(, in ( a)上, f (x)0, f(x) 1 1 2nn n 所以 2n 卄 2 xn0，解得一 e2a1 时，证明：g(x)在(0, n上存在最小值. 解 因为 f(x)= x 2sinx+ 1, 所以 f (x)= 1 2cosx, 则 f(0) = 1, f (0)= 1，所以曲线 y=f(x)在 x= 0 处的切线方程为 y= x+ 1. 1 n 令 f (x) = 0，则 cosx=2，当 x (0, n时，得 x = 3,当 x 变化时，f (x), f(x) 的变化如下表. X 0,扌) n 3 P n 13

17、, n f (X) 一 0 + f(x) 减 最小 值 增 所以函数 f(x)在(0, n上的单调递减区间为 6 才，单调递增区间为in，n 1 2 证明：因为 g(x) = 2x2 + mcosx,所以 g (x) = x msinx. 令 h(x)= g (x) = x msinx,贝U h (x)= 1 mcosx, 1 因为 m1，所以 m (0,1), 令 h (x)= 1 mcosx= 0,贝U cosx= m，易知 cosx=在(0, n内有唯一解 X0, 当 x (0, X0)时，h (x)0. 所以 h(x)在(0, X0)上单调递减，在(X0, n上单调递增.所以 h(X0

18、)vh(0) = 0,又 h( n 手 n 0 所以 h(x)= x msinx 在(xo, n内有唯一零点 xi, 当 x (0, xi)时，h(x)0，即 g (x)0，即 g (x)0, 所以 g(x)在(0, xi)上单调递减，在(xi, n上单调递增. 所以函数 g(x)在 x= xi处取得最小值， 即当 mi 时，函数 g(x)在(0, n上存在最小值. 4. (20i9 东北三省四校联考)已知函数 f(x)= In x x m(m 2, m 为常数). (1) 求函数 f(x)在|, e 上的最小值； 设 xi , x2是函数 f(x)的两个零点，且 XiX2，证明：XiX2Vi. 解 (i)f(x)= In x x m(m0，所以 y= f(x)在(0,i)上单调递增； 当 x (i,+ g)时,f (x)0, 所以函数 f(x)在 p, e 上的最小值为 i e m. (2) 证明：由已知条件和(i)知 xi, X2满足 In x x m= 0,且 0 xii, i I c 丄丄) In Xi Xi InX2 X2 i i、 i In