【同步辅导】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》

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)<f(x0),那么f(x0)是函数的一个,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)=lnx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.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)=lnx-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-lnx,x∈(0,e],g(x)=lnxx,其中e是自然常数,a∈(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.13.已知函数f(x)=alnx+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((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(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)=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-lnx0=1x0(x-x0).又该切线经过点(0,-1),于是有-1-lnx0=1x0(-x0),由此得lnx0=0,x0=13.1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-a2011),∴f'(0)=(-a1)·(-a2)…(-a2022)=(a1a2022)1006=22022,∴切线方程为y=22022x.重点难点探究探究一:【解析】∵f'(x)=aex-1a∴f'(2)=ae2-1ae2解得ae2=2或ae2=-12(舍去所以a=2e2,代入原函数可得2+12即b=12,故a=2e2,【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+h'(x)=3x2+2ax+14a2令h'(x)=0,得x1=-a2,x2=-aa>0时,h(x)与h'(x)的变化状况如下:x(-∞,-a2-a(-a2,-a-a(-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<a≤2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2<a≤6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)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【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=∵x>0,∴f'(x)>0.∴f(x)在x∈(0,+∞)上是单调增函数.又f(0)=0-ln1=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+1(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ax(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-1<a<0;(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-lnx,∴f'(x)=1-1x=x∴当0<x<1时,f'(x)<0,此时f(x)单调递减;当1<x≤e时,f'(x)>0,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当0<x<e时,h'(x)>0,则h(x)在(0,e]上单调递增,∴h(x)max=h(e)=1e+12<12+12=1=f(∴f(x)>g(x)+12恒成立(2)假设存在实数a,使f(x)=ax-lnx(x∈(0,e])有最小值3.∵f'(x)=a-1x=ax①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<1a<e,即a>1e时,f(x)在(0,1a)上单调递减,在(1a,∴f(x)min=f(1a)=1+lna=3,∴a=e2,满足条件③当1a≥e,即0<a≤1e时,f(x)在(0,e]上单调递减,f(x)min=f(e)=ae-1=3,∴a=4e∴当1a≥e时,不存在实数a使f(x)的最小值为3综上,存在实数a=e2,使得当x∈(0,e]时,f(x)有最小值3.基础智能检测1.C∵y'=f(x)+xf'(x),而函数f(x)的定义域为(0,+∞)且f(x)>0,f'(x)>0,∴y'>0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+3.[-2,+∞)∵f(x)=alnx+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<m<3.又m∈Z,∴m=0,1,2,而m=0,2时,f(x)=