2019版高考数学大一轮复习 高考必考题突破讲座(一)导数及其应用优选学案

1、高考必考题突破讲座(一)导数及其应用题型特点考情分析命题趋势1.极值、最值、导数几何意义及单调性的综合问题2利用导数研究不等式的综合问题.2017全国卷，212017全国卷，212017全国卷，212017天津卷，191.以函数为载体，以导数为解题工具，主要考查函数的单调性、极值、最值问题的求法，以及参数的取值范围问题2不等式的证明问题是高考考查的热点内容，常与不等式、二次函数等相联系问题的解决通常采用构造新函数的方法.分值：1214分1利用导数研究函数的性质以含参数的函数为载体，结合具体函数与导数的几何意义，研究函数的性质，是高考的热点主要考查：(1)讨论函数的单调性和单调区间；(2)求函数

2、的极值或最值；(3)利用函数的单调性、极值、最值，求参数的范围2利用导数研究函数的零点或曲线交点问题导数与函数方程交汇是近年命题的热点，常转化为研究函数图象的交点问题，研究函数的极(最)值的正负主要考查：(1)确定函数的零点、图象交点的个数；(2)由函数的零点、图象交点的情况求参数的取值范围3利用导数研究不等式问题导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题主要考查证明不等式和不等式成立(恒成立)问题(1)利用导数证明不等式的方法可以从所证不等式的结构和特点出发，结合已有的知识利用转化与化归思想，构造一个新的函数，再借助导数确定函数的单调性，利用单调

3、性实现问题的转化，从而使不等式得到证明，其一般步骤是：构造可导函数研究单调性或最值得出不等关系整理得出结论(2)利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题(3)不等式成立(恒成立)问题常见的转化方法f(x)a恒成立f(x)mina，f(x)a成立f(x)maxa；f(x)b恒成立f(x)maxb，f(x)b成立f(x)minb；f(x)g(x)恒成立F(x)min0；x1M，x2N，f(x1)g(x2)f(x)ming(x)max；x1M，x2N，f(

4、x1)g(x2)f(x)ming(x)min；x1M，x2B，f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min；x1M，x2N，f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)max.【例1】(2017天津卷)设a，bR，|a|1.已知函数f(x)x36x23a(a4)xb，g(x)exf(x)(1)求f(x)的单调区间；(2)已知函数yg(x)和yex的图象在公共点(x0，y0)处有相同的切线求证：f(x)在xx0处的导数等于0；若关于x的不等式g(x)ex在区间x01，x01上恒成立，求b的取值范围解析(1)由f(x)x36x23a(a4)xb，可得f(x)3x212x3a(a4)3(xa)x(

5、4a)令f(x)0，解得xa或x4a.由|a|1，得a0，所以f(x)1.又因为f(x0)1，f(x0)0，所以x0为f(x)的极大值点，由(1)知x0a.另一方面，由于|a|1，故a14a.由(1)知f(x)在(a1，a)内单调递增，在(a，a1)内单调递减，故当x0a时，f(x)f(a)1在a1，a1上恒成立，从而g(x)ex在x01，x01上恒成立由f(a)a36a23a(a4)ab1，得b2a36a21，1a1.令t(x)2x36x21，x1,1，t(x)6x212x.令t(x)0，解得x2(舍去)或x0.因为t(1)7，t(1)3，t(0)1，所以t(x)的值域为7,1所以b的取值范

6、围是7,1【例2】(2016全国卷)已知函数f(x)(x2)exa(x1)2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围解析(1)f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a)设a0，则当x(，1)时，f(x)0，所以f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增设a，则ln(2a)0；当x(ln(2a)，1)时，f(x)0.所以f(x)在(，ln(2a)和(1，)上单调递增，在(ln(2a)，1)上单调递减若a1，故当x(，1)(ln(2a)，)时，f(x)0；当x(1，ln(2a)时，f(x)0，则由(1)知，f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上

7、单调递增又f(1)e，f(2)a，取b满足b0且b(b2)a(b1)2a0，所以f(x)有两个零点设a0，则f(x)(x2)ex，所以f(x)只有一个零点设a0，若a，则由(1)知，f(x)在(1，)上单调递增又当x1时，f(x)0，故f(x)不存在两个零点；若a，则由(1)知，f(x)在(1，ln(2a)上单调递减，在(ln(2a)，)上单调递增，又当x1时，f(x)1时，g(x)0；(3)确定a的所有可能取值，使得f(x)g(x)在区间(1，)内恒成立解析(1)由题意得f(x)2ax(x0)当a0时，f(x)0时，由f(x)0，得x，当x时，f(x)0，f(x)单调递增(2)证明：令s(x

8、)ex1x，则s(x)ex11.当x1时，s(x)0，s(x)递增，则s(x)s(1)0，所以ex1x，从而g(x)0.(3)由(2)知，当x1时，g(x)0.当a0，x1时，f(x)a(x21)ln xg(x)在区间(1，)内恒成立时，必有a0.当0a1.由(1)知f0，所以此时f(x)g(x)在区间(1，)内不恒成立当a时，令h(x)f(x)g(x)(x1)当x1时，h(x)2axe1xx0.因此，h(x)在区间(1，)上单调递增又因为h(1)0，所以当x1时，h(x)f(x)g(x)0，即f(x)g(x)恒成立综上，a.1(2017北京卷)已知函数f(x)excos xx.(1)求曲线y

9、f(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值解析(1)因为f(x)excos xx，所以f(x)ex(cos xsin x)1，f(0)0.又因为f(0)1，所以曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y1.(2)设h(x)ex(cos xsin x)1，则h(x)ex(cos xsin xsin xcos x)2exsin x.当x时，h(x)0，所以h(x)在区间上单调递减所以对任意x有h(x)h(0)0，即f(x)0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间(2,0)内恰有两个零点，求a的取值范围解析(1)f(x)x2(1a

10、)xa(x1)(xa)由f(x)0，得x1或a(a0)当x变化时，f(x)与f(x)的变化情况如表所示.x(，1)1(1，a)a(a，)f(x)00f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增故函数f(x)的单调递增区间是(，1)，(a，)；单调递减区间是(1，a)(2)由(1)知f(x)在区间(2，1)内单调递增；在区间(1,0)内单调递减从而函数f(x)在区间(2,0)内恰有两个零点，当且仅当解得0a0，则由f(x)0，得xln a.当x(，ln a)时，f(x)0.故f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增若a0，则由f(x)0，得xln.当x时，f(x)0.故f(

11、x)在上单调递减，在上单调递增(2)若a0，则f(x)e2x，所以f(x)0.若a0，则由(1)得，当xln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)a2ln a从而当且仅当a2ln a0，即a1时，f(x)0.若a0.令f(x)0，由a0，解得x1，x2(舍去)当x在(0，)上变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表.x(0，)(，)f(x)0f(x)单调递增aln aa单调递减所以函数f(x)在区间(0，)上有最大值，f()aln aa，无最小值2已知函数f(x)x3ax2bxc，x1,2，且函数f(x)在x1和x处都取得极值(1)求实数a与b的值；(2)对任意x1,2，方程f(

12、x)2c存在三个实数根，求实数c的取值范围解析(1)f(x)3x22axb.由题意可知解得经检验，适合条件，所以a，b2.(2)原题等价于函数yf(x)与函数y2c的图象存在三个交点由(1)知f(x)3x2x2(3x2)(x1)，令(3x2)(x1)0，可得x或x1.因为x1,2，所以当x和x(1,2)时，f(x)0，函数f(x)是增函数，当x时，函数f(x)是减函数，函数的极大值为fc，极小值为f(1)c，而f(2)2cc，f(1)cc.所以当x1,2时，要使两函数图象有三个交点，则要有c2cc，即c0，(x)单调递增；x(1，)时，(x)0，所以x1时，(x)有极大值，作出两函数的大致图象

13、，如图所示，由图可知，当a时，两函数图象无交点，g(x)无零点；当a0或a时，两函数图象有一个交点，g(x)有一个零点；当0a时，两函数图象有两个交点，g(x)有两个零点(2)由(1)知，a时，g(x)无零点或有一个零点，g(x)0，函数f(x)在定义域内单调递减，故函数f(x)在定义域内不单调时，a.f(x)在(2，)上单调递减时，f(x)0，即g(x)0恒成立由g(x)0，得a，令h(x)，则ah(x)恒成立，因为h(x)，所以x(2，)时，h(x)0，h(x)单调递减，h(x)0)，则g(x)a.令g(x)0，即a0，解得x1，令g(x)0，解得0x1；g(x)在(0,1)上单调递减，在

14、(1，)上单调递增g(x)的最小值为g(1)0，f(x)a.(3)由题意可知eex，化简得.令h(x)，则h(x).由(2)知，当x(1，e)时，ln x10，h(x)0，即h(x)在(1，e)上单调递增，h(x)h(e)e1.ae1.故实数a的取值范围为e1，)5(2017全国卷)设函数f(x)(1x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x0时，f(x)ax1，求a的取值范围解析(1)f(x)(12xx2)ex.令f(x)0，得x1或x1.当x(，1)时，f(x)0；当x(1，)时，f(x)0.所以f(x)在(，1)，(1，)上单调递减，在(1，1)上单调递增(2)f(x)(1x)(

15、1x)ex.当a1时，设函数h(x)(1x)ex，h(x)xex0)，因此h(x)在0，)上单调递减，而h(0)1，故h(x)1，所以f(x)(x1)h(x)x1ax1.当0a0(x0)，所以g(x)在0，)上单调递增，而g(0)0，故exx1.当0x(1x)(1x)2，(1x)(1x)2ax1x(1axx2)，取x0，则x0(0,1)，(1x0)(1x0)2ax010，故f(x0)ax01.当a0时，取x0，则x0(0,1)，f(x0)(1x0)(1x0)21ax01.综上，a的取值范围是1，)6(2018陕西铜川联考)已知f(x)xaln x，其中aR.(1)求函数f(x)的极大值点；(2)当a1e，)时，若在上至少存在一点x0，使得f(x0)e1成立，求a的取值范围解析(1)由已知得f(x)1，x0，当a10，即a1时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，无极大值；当0a11，即1a1，即a2时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，a1)上单调递减，在(a1，)上单调递增，故f(x)在x1处取得极大值综上所述，当a1或a2时，f(x