专题二 函数与导数
考
情
分
析
函数与导数是高中数学的主干知识,是高考考查的重点内容,近几年高考命题的趋势是稳中求变、变中求新、新中求活,纵观近几年的高考题,对函数与导数的考查多数为“三小一大”或“四小一大”,题型遍布选择、填空与解答,难度上分层考查;基础题考查考生对必备知识和基本方法的掌握;中档题考查的是“数学抽象”“逻辑推理”和“数学运算”三大核心素养;导数与函数解答题综合考查多个核心素养以及综合应用能力,近两年的难度有所降低,题目所在试卷的位置有所提前,不再固定在最后压轴位置上,预计这一趋势会保持下去.
2.1 函数概念、性质、图象专项练
必备知识精要梳理
1.函数的概念
(1)求函数的定义域的方法是依据含自变量x的代数式有意义来列出相应的不等式(组)求解.
(2)求函数值域要优先考虑定义域,常用方法:配方法、分离常数法(分式函数)、换元法、单调性法、基本不等式法、数形结合法、有界函数法(含有指、对数函数或正、余弦函数的式子).
2.函数的性质
(1)函数奇偶性:①定义:若函数的定义域关于原点对称,则有:
f(x)是偶函数?f(-x)=f(x)=f(|x|);
f(x)是奇函数?f(-x)=-f(x).
②判断方法:定义法、图象法、奇偶函数性质法(如奇函数×奇函数是偶函数).
(2)函数单调性判断方法:定义法、图象法、导数法.
(3)函数周期性的常用结论:若f(x+a)=-f(x)或f(x+a)=±(a≠0),则T=2a;若f(x+a)=f(x-b),则T=a+b;若f(x)的图象有两条对称轴x=a和x=b(a≠b),则T=2|b-a|;若f(x)的图象有两个对称中心(a,0)和(b,0),则T=2|b-a|(类比正、余弦函数).
3.函数的图象
(1)函数图象的判断方法:①找特殊点;②看性质:根据函数性质判断图象的位置,对称性,变化趋势等;③看变换:看函数是由基本初等函数经过怎样的变换得到.
(2)若y=f(x)的图象关于直线x=a对称,则有f(a+x)=f(a-x)或f(2a-x)=f(x)或f(x+2a)=f(-x);若y=f(x)对?x∈R,都有f(a-x)=f(b+x),则f(x)的图象关于直线x=对称;若y=f(x)对?x∈R都有f(a-x)=b-f(x),即f(a-x)+f(x)=b,则f(x)的图象关于点对称.
(3)函数y=f(x)与y=f(-x)的图象关于y轴对称,函数y=f(a-x)和y=f(b+x)的图象关于直线x=对称;y=f(x)与y=-f(x)的图象关于x轴对称;y=f(x)与y=-f(-x)的图象关于原点对称.
(4)利用图象可解决函数的最值、方程与不等式的解以及求参数范围问题.
考向训练限时通关
考向一
函数及其相关概念
1.(2020安徽合肥一中模拟,理1)设集合A={x|y=lg(x-3)},B={y|y=2x,x∈R},则A∩B等于( )
A.?
B.R
C.{x|x>3}
D.{x|x>0}
2.(多选)符号[x]表示不超过x的最大整数,如[3.14]=3,[-1.6]=-2,定义函数:f(x)=x-[x],则下列命题正确的是( )
A.f(-0.8)=0.2
B.当1≤x<2时,f(x)=x-1
C.函数f(x)的定义域为R,值域为[0,1)
D.函数f(x)是增函数、奇函数
3.(2020北京,11)函数f(x)=+ln
x的定义域是 .?
4.设函数f(x)=则f= ,f(f(x))=1的解集为 .?
考向二
函数的性质
5.(2020天津,6)设a=30.7,b=,c=log0.70.8,则a,b,c的大小关系为( )
A.a
B.bC.bD.c6.(2020全国Ⅱ,理9)设函数f(x)=ln|2x+1|-ln|2x-1|,则f(x)( )
A.是偶函数,且在单调递增
B.是奇函数,且在单调递减
C.是偶函数,且在单调递增
D.是奇函数,且在单调递减
7.(2020全国Ⅲ,理12)已知55<84,134<85.设a=log53,b=log85,c=log138,则( )
A.aB.bC.bD.c8.(2020江西名校大联考,理13)已知函数f(x)=则f(5+log26)的值为 .?
考向三
函数的图象
9.(2020天津,3)函数y=的图象大致为( )
10.(2020山西太原二模,理6)函数f(x)=的图象大致为( )
11.(2020山东济宁6月模拟,5)函数f(x)=cos
x·sin的图象大致为( )
考向四
函数的概念、性质、图象的综合
12.(多选)(2020山东淄博4月模拟,12)函数f(x)在[a,b]上有定义,若对任意x1,x2∈[a,b],有f[f(x1)+f(x2)],则称f(x)在[a,b]上具有性质P.设f(x)在[1,3]上具有性质P,则下列说法错误的是
( )
A.f(x)在[1,3]上的图象是连续不断的
B.f(x2)在[1,]上具有性质P
C.若f(x)在x=2处取得最大值1,则f(x)=1,x∈[1,3]
D.对任意x1,x2,x3,x4∈[1,3],有f[f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)]
13.
(2020北京海淀一模,15)如图,在等边三角形ABC中,AB=6.动点P从点A出发,沿着此三角形三边逆时针运动回到A点,记点P运动的路程为x,点P到此三角形中心O距离的平方为f(x),给出下列三个结论:
①函数f(x)的最大值为12;
②函数f(x)的图象的对称轴方程为x=9;
③关于x的方程f(x)=kx+3最多有5个实数根.
其中,所有正确结论的序号是 .?
专题二 函数与导数
2.1 函数概念、性质、图象专项练
考向训练·限时通关
1.C 解析A={x|y=lg(x-3)}={x|x-3>0}={x|x>3},B={y|y=2x,x∈R}={y|y>0}.∴A∩B={x|x>3},故选C.
2.ABC 解析f(x)=x-[x]表示数x的小数部分,则f(-0.8)=f(-1+0.2)=0.2,故A正确;
当1≤x<2时,f(x)=x-[x]=x-1,故B正确;
函数f(x)的定义域为R,值域为[0,1),故C正确;
当0≤x<1时,f(x)=x-[x]=x.
当1≤x<2时,f(x)=x-1.
当x=0.5时,f(0.5)=0.5,当x=1.5时,f(1.5)=0.5,则f(0.5)=f(1.5),即f(x)不为增函数,由f(-1.5)=0.5,f(1.5)=0.5,可得f(-1.5)=f(1.5),即f(x)不为奇函数,故D不正确.
故选ABC.
3.(0,+∞) 解析由题意得
∴x>0,故答案为(0,+∞).
4 {1,ee} 解析∵f=ln<0,
∴f=f
x<0时,00时,方程f(f(x))=1,可得ln[f(x)]=1,f(x)=e,即lnx=e,解得x=ee.
5.D 解析∵b==30.8>30.7=a>30=1,c=log0.70.8∴c6.D 解析由题意可知,f(x)的定义域为,关于原点对称.
∵f(x)=ln|2x+1|-ln|2x-1|,
∴f(-x)=ln|-2x+1|-ln|-2x-1|=ln|2x-1|-ln|2x+1|=-f(x),
∴f(x)为奇函数.
当x时,f(x)=ln(2x+1)-ln(1-2x),∴f'(x)=>0,
∴f(x)在区间内单调递增.同理,f(x)在区间内单调递减.
故选D.
7.A 解析a=log53=lo34=log12581<1,∴a1,∴b>,∵55<84,b=log85=lo55<1,∴b<,∵134<85,c=log138=lo85>1,∴c>综上,a8.12 解析由题意当x>4时,函数f(x)=f(x-1),所以f(x)在(4,+∞)时,周期为1,因为29.A 解析∵函数y=为奇函数,∴排除C,D.再把x=1代入得y==2>0,排除B.故选A.
10.A 解析f(1)=>0,排除选项C,D;由f(x)==0,则方程无解,即函数没有零点,排除B,故选A.
11.C 解析显然函数f(x)的定义域是R,由f(x)=cosx·sin,得f(-x)=cos(-x)sin=cosx·sin=-f(x),
即f(x)为奇函数,其图象关于原点对称,排除选项A,B;
又f(1)=cos1·sin>0,可排除选项D,故选C.
12.ABD 解析对于A,函数f(x)=在[1,3]上具有性质P,但f(x)在[1,3]上的图象不连续,故选项A错;
对于B,f(x)=-x在[1,3]上具有性质P,但f(x2)=-x2在[1,]上不满足性质P,故选项B错;
对于C,因f(x)在x=2处取得最大值1,所以f(x)≤1,设x∈[1,2],则4-x∈[2,3].由性质P可得1=f(2)[f(x)+f(4-x)],所以f(x)+f(4-x)≥2,因为f(x)≤1,f(4-x)≤1,
所以f(x)+f(4-x)≤2,
所以f(x)+f(4-x)=2,又f(x)≤1,f(4-x)≤1,所以f(x)=1,x∈[1,3],故选项C正确;
对于D,有f
=f
f+f
[f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)],故选项D错.故选ABD.
13.①② 解析由题可得函数f(x)=作出图象如图.
则当点P与△ABC顶点重合时,即x的值分别是0,6,12,18时,f(x)取得最大值12,故①正确;
又f(x)=f(18-x),所以函数f(x)的对称轴为x=9,故②正确;
由图象可得,函数f(x)图象与y=kx+3的交点个数为6个,故方程有6个实根,故③错误.2.2 热点小专题一、函数的零点及函数的应用
必备知识精要梳理
1.零点存在性定理:如果函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象是一条连续曲线,且有f(a)f(b)<0,那么函数y=f(x)在区间[a,b]内有零点,即存在c∈(a,b),使得f(c)=0,此时这个c就是方程f(x)=0的根.
2.函数F(x)=f(x)-g(x)的零点就是方程f(x)=g(x)的根,即函数y=f(x)与y=g(x)的图象交点的横坐标.
3.判断函数零点个数的方法:
(1)利用零点存在性定理判断法;
(2)代数法:求方程f(x)=0的实数根;
(3)几何法:对于不易求根的方程,将它与函数y=f(x)的图象联系起来,利用函数的性质找出零点或利用两个函数图象的交点求解.在利用函数性质时,可用求导的方法判断函数的单调性.
关键能力学案突破
热点一
判断函数零点所在的区间
【例1】(1)如图是二次函数f(x)=x2-bx+a的部分图象,则函数g(x)=ex+f'(x)的零点所在的大致区间是( )
A.(-1,0)
B.(0,1)
C.(1,2)
D.(2,3)
(2)(2020湖北恩施高中月考,理11)已知单调函数f(x)的定义域为(0,+∞),对于定义域内任意x,f([f(x)-log2x])=3,则函数g(x)=f(x)+x-7的零点所在的区间为( )
A.(1,2)
B.(2,3)
C.(3,4)
D.(4,5)
解题心得判断函数y=f(x)在某个区间上是否存在零点,主要利用函数零点的存在性定理进行判断.首先看函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象是否连续,然后看是否有f(a)·f(b)<0.若有,则函数y=f(x)在区间(a,b)内必有零点.
【对点训练1】设定义域为(0,+∞)的单调函数f(x)对任意的x∈(0,+∞),都有f[f(x)-ln
x]=e+1,若x0是方程f(x)-f'(x)=e的一个解,则x0可能存在的区间是
( )
A.(0,1)
B.(e-1,1)
C.(0,e-1)
D.(1,e)
热点二
判断函数零点的个数
【例2】函数f(x)=2x|log0.5x|-1的零点个数为( )
A.1
B.2
C.3
D.4
解题心得判断函数y=f(x)的零点个数时,常用以下方法:
(1)解方程:当对应方程易解时,可通过解方程,判断函数零点的个数;
(2)根据函数的性质结合已知条件进行判断;
(3)通过数形结合进行判断,画函数图象,观察图象与x轴交点的个数来判断.
【对点训练2】(2020山东滨州二模改编,16)设f(x)是定义在R上且周期为6的周期函数,若函数y=f(x-1)的图象关于点(1,0)对称,函数y=f(x)在区间[-n,n](其中n∈N
)上的零点的个数的最小值为an,则a11= .?
热点三
已知函数零点个数求参数范围
【例3】(2020山东潍坊二模,16)已知函数f(x)=当x∈[-1,e]时,f(x)的最小值为 ,设g(x)=[f(x)]2-f(x)+a,若函数g(x)有6个零点,则实数a的取值范围是 .?
解题心得已知函数有零点(方程有根),求参数的取值范围常用的方法:
(1)直接法:直接根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围.
(2)分离参数法:先将参数分离,再转化成求函数值域问题加以解决.
(3)数形结合法:先对解析式变形,在同一平面直角坐标系中画出函数的图象,再数形结合求解.
【对点训练3】(2020山东淄博4月模拟,7)已知函数f(x)=g(x)=f(x)+x+a.若g(x)存在2个零点,则a的取值范围是( )
A.[-1,0)
B.[-1,+∞)
C.[0,+∞)
D.[1,+∞)
热点四
函数的应用
【例4】(2020山东,6)基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数,世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段,可以用指数模型:I(t)=ert描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律,指数增长率r与R0,T近似满足R0=1+rT.有学者基于已有数据估计出R0=3.28,T=6.据此,在新冠肺炎疫情初始阶段,累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln
2≈0.69)( )
A.1.2天
B.1.8天
C.2.5天
D.3.5天
解题心得解决函数应用问题的步骤
(1)审题:弄清题意,分清条件和结论,理顺数量关系,初步选择数学模型;
(2)建模:将自然语言转化为数学语言,将文字语言转化为符号语言,利用数学知识,建立相应的数学模型;
(3)解模:求解数学模型,得出数学结论;
(4)还原:将数学结论还原为实际问题的意义.
【对点训练4】(2020全国Ⅲ,理4)Logistic模型是常用数学模型之一,可应用于流行病学领域.有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位:天)的Logistic模型:I(t)=,其中K为最大确诊病例数.当I(t
)=0.95K时,标志着已初步遏制疫情,则t
约为(ln
19≈3)( )
A.60
B.63
C.66
D.69
核心素养微专题(一)
例析“逻辑推理”在函数零点问题上的应用
【例1】已知函数f(x)=设g(x)=kx+1,且函数φ(x)=f(x)-g(x)的图象经过四个象限,则实数k的取值范围为 .?
核心素养分析解题的“逻辑推理”过程如下:
函数φ(x)=f(x)-g(x)的图象经过四个象限等价于φ(x)在x>0和x<0时函数值有正有负,若φ(x)连续,则在y轴两侧有变号的零点,即f(x)与g(x)的图象在y轴两侧存在交点,且在交点处一个函数的图象穿过了另一个函数的图象.抓住临界情形:当k>0时,过定点(0,1)的直线g(x)要在y轴左侧有交点,则k<当k=,且x<0时,f(x)≥g(x)恒成立,φ(x)不过第三象限,即此时k∈;当k<0时,过定点(0,1)的直线要在y轴右侧有交点,则k>-9(当k=-9时,直线g(x)与曲线f(x)相切,同样k=-9不符合题意),即k∈(-9,0);k=0也符合题意.综上可知,k∈.
【例2】已知函数f(x)=若存在x0<0,使得f(x0)=0,则实数a的取值范围是 .?
核心素养分析解题的“逻辑推理”过程如下:
函数f(x)=的零点?f(x)=x3-3|x-a|-a的零点(分段函数?一般函数)?方程x3=3|x-a|+a的根?函数y=x3与y=3|x-a|+a的图象的交点的横坐标(零点?交点).所以由题意知,能让函数y=x3与y=3|x-a|+a的图象的交点的横坐标是负数的,a的取值满足题意.
画图:y=3|x-a|+a是顶点(a,a)在第一、三象限角平分线上“移动”,且开口向上的“V字形”,
当a≥0时,因为3|x-a|+a>0,所以不符合题意,
当a<0时,若x≥a,则有x3=3x-2a,若x由图可知只需讨论射线y=3x-2a,x≥a与y=x3相切的临界情形即可.
设切点为(m,n)(m<0),由y=x3,得y'=3x2,所以有3m2=3,得m=-1,所以n=(-1)3=-1,
将切点坐标(-1,-1)代入直线方程y=3x-2a,得a=-1.从而a的取值范围是[-1,0).
【跟踪训练】(2019浙江,9)设a,b∈R,函数f(x)=若函数y=f(x)-ax-b恰有3个零点,则( )
A.a<-1,b<0
B.a<-1,b>0
C.a>-1,b<0
D.a>-1,b>0
2.2 热点小专题一、函数的
零点及函数的应用
关键能力·学案突破
【例1】(1)B (2)C 解析(1)由图象知<1,得1所以g(x)=ex+f'(x)=ex+2x-b,
则g(-1)=-2-b<0,g(0)=1-b<0,g(1)=e+2-b>0,
所以g(0)g(1)<0.故选B.
(2)因f(x)在(0,+∞)上单调,且f([f(x)-log2x])=3,设t=f(x)-log2x,则f(x)=log2x+t,
又由f(t)=3,∴f(t)=log2t+t=3,观察易知t=2,所以f(x)=log2x+2,
所以g(x)=log2x+x-5,因为g(3)<0,g(4)>0,所以零点所在的区间为(3,4).
对点训练1D 解析令f(x)-lnx=k,则f(x)=lnx+k.由f[f(x)-lnx]=e+1,得f(k)=e+1.
又f(k)=lnk+k=e+1,可知k=e.
故f(x)=lnx+e,所以f'(x)=,x>0.所以f(x)-f'(x)=lnx-+e.
令g(x)=lnx-+e-e=lnx-,x∈(0,+∞).因为g(x)=lnx-在(0,+∞)内的图象是连续的,且g(1)=-1<0,g(e)=1->0,所以存在x0∈(1,e),使g(x0)=0.故选D.
【例2】B 解析函数f(x)=2x|log0.5x|-1的零点也就是方程2x|log0.5x|-1=0的根,即2x|log0.5x|=1,整理得|log0.5x|=令g(x)=|log0.5x|,h(x)=,画出g(x),h(x)的图象如图所示.
因为两个函数的图象有两个交点,所以f(x)有两个零点.故选B.
对点训练27 解析由y=f(x-1)的图象关于点(1,0)对称,得y=f(x)为奇函数,易知f(0)=0.
可令x=-3,则f(-3+6)=f(-3),
即f(3)=f(-3)=-f(3),
可得f(-3)=f(3)=0,
当n=1,2时,f(x)在[-n,n]上,有f(0)=0;
当n=3,4,5时,f(x)在[-n,n]上,有f(0)=0,f(3)=f(-3)=0;
当n=6,7,8时,f(x)在[-n,n]上,有f(0)=0,f(3)=f(-3)=0,f(6)=f(-6)=0;
当n=9,10,11时,f(x)在[-n,n]上,有f(0)=0,f(3)=f(-3)=0,f(6)=f(-6)=0,f(9)=f(-9)=0,即a11=7.
【例3】-4 解析当x∈[1,e]时,f(x)=lnx,f(x)为增函数,
所以,f(x)min=f(1)=ln1=0,当x∈[-1,1)时,f(x)=2x3-3x2+1,
令f'(x)=6x2-6x=0,解得x1=1(舍)或x2=0,
且有f(x)在(-1,0)上单调递增,在(0,1)上单调递减,
因为f(-1)=-2-3+1=-4故函数f(x)在[-1,e]上的最小值为-4;
令t=f(x),由g(x)=0,得t2-t=-a,作出函数y=f(x)的图象,如图所示:
直线y=t与函数y=f(x)的图象最多只有三个交点,所以0即说明方程t2-t=-a有两个(0,1)内的不等实根,
亦即函数y=t2-t在(0,1)内的图象与直线y=-a有两个交点,
因为y=t2-t=,根据y=t2-t的图象可知,-<-a<0,
即实数a的取值范围为0对点训练3B 解析要使得方程g(x)=f(x)+x+a有两个零点,等价于方程f(x)=-x-a有两个实根,即函数y=f(x)的图象与直线y=-x-a的图象有两个交点,从函数图象可知,必须使得直线y=-x-a位于直线y=-x+1的下方,所以-a≤1,即a≥-1.故选B.
【例4】B 解析由R0=3.28,T=6,R0=1+rT得3.28=1+6r,
∴r==0.38,∴e0.38t=2,
即0.38t=ln2,0.38t≈0.69,
∴t1.8(天),故选B.
对点训练4C 解析由=0.95K,得,两边取以e为底的对数,得-0.23(t
-53)=-ln19≈-3,所以t
≈66.
核心素养微专题(一)
【例1】
【例2】[-1,0)
跟踪训练C 解析当x<0时,由x=ax+b,得x=,最多一个零点取决于x=与0的大小,所以关键研究当x≥0时,方程x3-(a+1)x2+ax=ax+b的解的个数,令b=x3-(a+1)x2=x2x-(a+1)=g(x).画出三次函数g(x)的图象如图所示,
可以发现分类讨论的依据是(a+1)与0的大小关系.
①若(a+1)<0,即a<-1时,x=0处为偶重零点反弹,x=(a+1)为奇重零点穿过,显然在x≥0时g(x)单调递增,故与y=b最多只能有一个交点,不符合题意.
②若(a+1)=0,即a=-1,0处为3次零点穿过,也不符合题意.
③若(a+1)>0,即a>-1时,x=0处为偶重零点反弹,x=(a+1)为奇重零点穿过,当b<0时g(x)与y=b可以有两个交点,且此时要求x=<0,故-1必备知识精要梳理
1.导数的几何意义
函数y=f(x)在点x0处的导数是曲线y=f(x)在P(x0,f(x0))处的切线的斜率f'(x0).
2.常用的导数及求导法则
(1)(xm)'=m,(sin
x)'=cos
x,(cos
x)'=-sin
x,(ex)'=ex,(ln
x)'=,(ax)'=axln
a,(logax)'=.
(2)[f(x)+g(x)]'=f'(x)+g'(x);[f(x)g(x)]'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x);'=[g(x)≠0].
3.函数的极值、最值
(1)若在x0附近左侧f'(x)>0,右侧f'(x)<0,则f(x0)为函数f(x)的极大值;若在x0附近左侧f'(x)<0,右侧f'(x)>0,则f(x0)为函数f(x)的极小值.
(2)设函数y=f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,则f(x)在[a,b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得.
关键能力学案突破
热点一
利用导数求曲线的切线
【例1】(1)(2020福建福州模拟,理7)已知函数f(x)为偶函数,当x<0时,f(x)=x2-ln(-x),则曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为( )
A.x-y=0
B.x-y-2=0
C.x+y-2=0
D.3x-y-2=0
(2)(2020全国Ⅲ,理10)若直线l与曲线y=和圆x2+y2=都相切,则l的方程为( )
A.y=2x+1
B.y=2x+
C.y=x+1
D.y=x+
解题心得求曲线y=f(x)的切线方程的三种类型及方法
(1)已知切点P(x0,y0)求切线方程,利用k=f'(x0),再由点斜式写出方程.
(2)已知切线的斜率为k求切线方程,设切点P(x0,y0),通过方程k=f'(x0),解得x0,再由点斜式写出方程.
(3)已知切线上非切点的一点(a,b)求切线方程,设切点P(x0,y0),则k=f'(x0)=,y0=f(x0)解得x0,再由点斜式写出方程.
【对点训练1】(1)(2020全国Ⅰ,理6)函数f(x)=x4-2x3的图象在点(1,f(1))处的切线方程为( )
A.y=-2x-1
B.y=-2x+1
C.y=2x-3
D.y=2x+1
(2)(2020山东德州二模,14)已知f(x)为奇函数,当x<0时,f(x)=ex3+2e-x,则曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程是 .?
热点二
已知曲线的切线方程求参数的值
【例2】(2020天津河北区线上测试,17)已知函数f(x)=axln
x-bx(a,b∈R)在点(e,f(e))处的切线方程为y=3x-e,则a= ,b= .?
解题心得解决已知曲线的切线方程求参数问题的一般思路是:利用方程的思想求解,即设出切点坐标,求出函数在切点的导数得切线的斜率,由斜率相等得一方程,由切点坐标代入函数解析式,又得一方程,联立求解即可.
【对点训练2】若函数f(x)=x-aln
x在点(1,1)处的切线方程为y=2x-1,则实数a= .?
热点三
求参数的取值范围(多维探究)
类型一 已知函数单调性求参数范围
【例3】(1)若函数f(x)=kx-ln
x在区间(1,+∞)上单调递增,则k的取值范围是( )
A.(-∞,-2]
B.(-∞,-1]
C.[2,+∞)
D.[1,+∞)
(2)若函数f(x)=x2-4ex-ax在R上存在单调递增区间,则实数a的取值范围为 .?
解题心得利用导数求单调区间(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.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.
【对点训练3】(1)若函数f(x)=x-sin
2x+asin
x在区间(-∞,+∞)单调递增,则a的取值范围是( )
A.[-1,1]
B.-1,
C.-
D.-1,-
(2)设f(x)=ex(ln
x-a),若函数f(x)在区间,e上单调递减,则实数a的取值范围为 .?
类型二 已知极值、最值或恒成立求参数范围
【例4】(1)(2020山东青岛5月模拟,8)已知函数f(x)=,若f(x)A.m>e
B.m>
C.m>1
D.m>
(2)函数f(x)=ln
x+x2-ax(x>0)在区间,3上有且仅有一个极值点,则实数a的取值范围是( )
A.,3
B.
C.
D.2,
解题心得在有关函数不等式恒成立的情况下求参数的范围问题,通过对问题的转化,一般都变成通过研究函数的极值、最值得到参数的范围;能分离出参数更是直接求最值问题.已知函数的极值点求参数的问题,最终还是通过求最值得到解决.
【对点训练4】设函数f(x)=sin.若存在f(x)的极值点x0满足+[f(x0)]2( )
A.(-∞,-6)∪(6,+∞)
B.(-∞,-4)∪(4,+∞)
C.(-∞,-2)∪(2,+∞)
D.(-∞,-1)∪(1,+∞)
类型三 已知函数零点情况求参数值或范围
【例5】已知函数f(x)=x2+|x-a|,g(x)=(2a-1)x+aln
x,若函数y=f(x)与函数y=g(x)的图象恰好有两个不同的交点,则实数a的取值范围为 .?
解题心得1.利用导数研究函数零点问题的思路
(1)讨论函数f(x)=g(x)-h(x)的零点个数,转化为讨论函数y=g(x)与y=h(x)的交点个数,通过函数的单调性、极值与最值,画出函数图象的变化趋势,数形结合求解.
(2)利用零点存在性定理:先用该定理判断函数在某区间上有零点,再利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号,进而判断函数在该区间上零点的个数.
2.已知函数零点情况求参数值或范围问题,一般思路是通过求函数的导数及对参数分类讨论确定函数的极值,参照函数图象的变化趋势,看参数在什么范围满足零点情况的要求.有时根据题意转化为两个函数图象交点个数,因此解决此类问题要注重数形结合.
【对点训练5】已知函数f(x)=与g(x)=2eln
x+mx的图象有4个不同的交点,则实数m的取值范围是( )
A.(-4,0)
B.,2
C.0,
D.(0,2)
热点四
利用导数求实际问题中的最值
【例6】(2020江苏,17)某地准备在山谷中建一座桥梁,桥址位置的竖直截面图如图所示:谷底O在水平线MN上,桥AB与MN平行,OO'为铅垂线(O'在AB上).经测量,左侧曲线AO上任一点D到MN的距离h1(米)与D到OO'的距离a(米)之间满足关系式h1=a2;右侧曲线BO上任一点F到MN的距离h2(米)与F到OO'的距离b(米)之间满足关系式h2=-b3+6b.已知点B到OO'的距离为40米.
(1)求桥AB的长度;
(2)计划在谷底两侧建造平行于OO'的桥墩CD和EF,且CE为80米,其中C,E在AB上(不包括端点).桥墩EF每米造价k(万元),桥墩CD每米造价k(万元)(k>0),问O'E为多少米时,桥墩CD与EF的总造价最低?
解题心得关于三角函数,几何体的表面积、体积及实际问题中的最值问题,一开始想到的往往并不是用导数的方法求最值,但在一般方法不易求的情况下,能想到用导数的方法求最值,问题就容易多了.
【对点训练6】(1)(2020湖南湘潭三模,理7)某莲藕种植塘每年的固定成本是1万元,每年最大规模的种植量是8万斤,每种植一斤藕,成本增加0.5元.如果销售额函数是f(x)=-x3+ax2+x(x是莲藕种植量,单位:万斤;销售额的单位:万元,a是常数),若种植2万斤,利润是2.5万元,则要使利润最大,每年需种植莲藕( )
A.8万斤
B.6万斤
C.3万斤
D.5万斤
(2)(2020四川三台中学期中,理12)如图所示,四边形ABCD是边长为30
cm的正方形硬纸片,切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形,再沿虚线折起,使得A,B,C,D四个点重合于图中的点P,正好形成一个底面是正方形的长方体包装盒,若要包装盒容积最大,则EF的长为 cm.?
核心素养微专题(二)
例析“数学建模”在导数研究函数中的应用
【例1】已知f(x)=x+1,g(x)=ln
x,若f(x1)=g(x2),则x2-x1的最小值为( )
A.1
B.2+ln
2
C.2-ln
2
D.2
核心素养分析要求x2-x1的最小值,需要建立关于x2-x1的函数模型,即用某一个量表示出x2-x1,依据已知条件,可设f(x1)=g(x2)=t,从而用t表示出x2和x1,从而得到关于x2-x1的函数模型,研究函数模型得出最值.
【例2】(2020安徽马鞍山二模,12)已知函数f(x)的定义域为-,f'(x)是f(x)的导函数,f'(x)cos
x+f(x)sin
x<0,则关于x的不等式f(x)x的解集为( )
A.
B.
C.
D.
核心素养分析要求不等式f(x)2.3 热点小专题二、导数的应用
关键能力·学案突破
【例1】(1)A (2)D 解析(1)当x>0时,-x<0,f(-x)=x2-lnx,又函数f(x)为偶函数,所以f(x)=x2-lnx,f(1)=1,所以f'(x)=2x-,f'(1)=1,故切线方程为y-1=x-1,即y=x.故选A.
(2)由y=得y'=,设直线l与曲线y=的切点为(x0,),则直线l的方程为y-(x-x0),
即x-y+=0,
由直线l与圆x2+y2=相切,得圆心(0,0)到直线l的距离等于圆的半径r=,即,解得x0=1(负值舍去),所以直线l的方程为y=x+
对点训练1(1)B (2)y=ex-2e
解析(1)对函数f(x)求导可得f'(x)=4x3-6x2,由导数的几何意义知在点(1,f(1))处的切线的斜率为k=f'(1)=-2.又因为f(1)=-1,所以切线方程为y-(-1)=-2(x-1),化简得y=-2x+1.
(2)因为奇函数在关于原点对称的两点处的切线平行,且f'(x)=3ex2-2e-x(x<0),故f'(1)=f'(-1)=e,f(1)=-f(-1)=-e,故切线为y+e=e(x-1),即y=ex-2e.
【例2】1 -1 解析将点(e,f(e))代入y=3x-e得f(e)=3e-e=2e,
∵f(x)=axlnx-bx,则f'(x)=alnx+a-b,
由题意得解得
对点训练2-1 解析f'(x)=1-,f'(1)=1-=1-a,
由题意得1-a=2,解得a=-1.
【例3】(1)D (2)(-∞,-2-2ln
2)
解析(1)由f'(x)=k-,又f(x)在(1,+∞)上单调递增,则f'(x)≥0在x∈(1,+∞)上恒成立,
即k在x∈(1,+∞)上恒成立.又当x∈(1,+∞)时,0<<1,故k≥1.故选D.
(2)因为f(x)=x2-4ex-ax,所以f'(x)=2x-4ex-a.由题意,f'(x)=2x-4ex-a>0,即a<2x-4ex有解.令g(x)=2x-4ex,则g'(x)=2-4ex.令g'(x)=0,解得x=-ln2.当x∈(-∞,-ln2)时,函数g(x)=2x-4ex单调递增;当x∈(-ln2,+∞)时,函数g(x)=2x-4ex单调递减.所以当x=-ln2时,g(x)=2x-4ex取得最大值-2-2ln2,所以a<-2-2ln2.
对点训练3(1)C (2)[e-1,+∞)
解析(1)由题意可知,
f'(x)=1-cos2x+acosx
=-cos2x+acosx+
因为f(x)在R上单调递增,
所以f'(x)=-cos2x+acosx+0在R上恒成立.
(方法一)则由题意可得,当cosx=1时,f'(x)≥0,
当cosx=-1时,f'(x)≥0,
即
解得-a
(方法二)令t=cosx∈[-1,1],
当t=0时,>0恒成立;
当0令h(t)=t-,
则h'(t)=>0,
所以h(t)在(0,1]上单调递增.
所以h(t)max=h(1)=-
所以a≥-
当-1≤t<0时,at-
令g(t)=t-,
则g'(t)=>0,
所以g(t)在[-1,0)上单调递增.
所以g(t)min=g(-1)=,
所以a综上,-a
(2)由题意可得f'(x)=exlnx+-a≤0在,e上恒成立.因为ex>0,所以只需lnx+-a≤0,
即a≥lnx+在,e上恒成立.令g(x)=lnx+
因为g'(x)=由g'(x)=0,得x=1.则g(x)在,1内单调递减,在(1,e)内单调递增,
g=ln+e=e-1,g(e)=1+,因为e-1>1+,
所以g(x)max=g=e-1.
故a的取值范围为[e-1,+∞).
【例4】(1)B (2)B 解析(1)若f(x)令g(x)=f(x)+,故只需g(x)maxg'(x)=,令g'(x)=0,得x=,
当00;当x>时,g'(x)<0,
所以g(x)在(0,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减,
所以g(x)max=g()=,
所以实数m的取值范围是m>故选B.
(2)∵f(x)=lnx+x2-ax(x>0),
∴f'(x)=+x-a(x>0).
∵函数f(x)=lnx+x2-ax(x>0)在区间,3上有且仅有一个极值点,∴y=f'(x)在区间,3上只有一个变号零点.令f'(x)=+x-a=0,得a=+x.
令g(x)=+x,x∈,3,则g(x)在区间,1上单调递减,在区间(1,3)上单调递增,
∴g(x)min=g(1)=2,又g=,g(3)=
结合函数g(x)=+x,x∈,3的图象可得,当a<时,y=f'(x)在区间,3上只有一个变号零点.∴实数a的取值范围为.故选B.
对点训练4C 解析∵x0是f(x)的极值点,∴f'(x0)=0,即cos=0,
得x0=kπ+,k∈Z,即x0=mk+m,k∈Z.
+[f(x0)]2+sinmk+m2即m2+3即<1-,k∈Z.
要使原问题成立,只需存在k∈Z,使1-成立即可.
又的最小值为,
∴1-,解得m<-2或m>2.故选C.
【例5】(1,+∞) 解析函数g(x)的定义域为(0,+∞),所以只研究这两个函数在x∈(0,+∞)内的图象,
当a≤0时,f(x)单调递增,又g(x)单调递减,两者的图象最多只有一个交点,不符合题意.
当a>0时,设φ(x)=f(x)-g(x),
即φ(x)=因为φ'(x)=
所以φ(x)在(0,a)上单调递减,(a,+∞)上单调递增,
所以φ(x)min=-a2-alna+a,
因为x→0,x→+∞时,φ(x)→+∞,
所以φ(x)有两个零点当且仅当φ(x)min=-a2-alna+a<0,解得a>1,即a的取值范围为(1,+∞).
对点训练5C 解析函数f(x)=与g(x)=2elnx+mx的图象有4个不同的交点,
即为mx=-2elnx,即m=(x>0且x≠e)有4个不相等的实根.
设h(x)=,则h'(x)=
由h'(x)=0,可得x=2elnx或3x=2elnx或x=e(舍去).
由y=的导数为y'=,当x>e时,函数单调递减;当0可得函数y=在x=e处取得极大值,且为最大值,则x=2elnx有两解,3x=2elnx无解.
当x=2elnx,可得m=0,即为h(x)的最小值,由x→+∞,0,可得,可得当00且x≠e)有4个不等实根,故选C.
【例6】解(1)设AA1,BB1,CD1,EF1都与MN垂直,A1,B1,D1,F1是相应垂足.
由条件知,当O'B=40时,
BB1=-403+6×40=160,则AA1=160.
由O'A2=160,得O'A=80.所以AB=O'A+O'B=80+40=120(米).
(2)以O为原点,OO'为y轴建立平面直角坐标系xOy(如图所示).
设F(x,y2),x∈(0,40),则y2=-x3+6x,
EF=160-y2=160+x3-6x.
因为CE=80,所以O'C=80-x.
设D(x-80,y1),则y1=(80-x)2,
所以CD=160-y1=160-(80-x)2=-x2+4x.
记桥墩CD和EF的总造价为f(x),
则f(x)=k=kx3-x2+160(0f'(x)=kx(x-20),令f'(x)=0,得x=20.
x
(0,20)
20
(20,40)
f'(x)
-
0
+
f(x)
↘
极小值
↗
所以当x=20时,f(x)取得最小值.
答:(1)桥AB的长度为120米;
(2)当O'E为20米时,桥墩CD和EF的总造价最低.
对点训练6(1)B (2)10 解析(1)设销售的利润为g(x),由题意,得g(x)=-x3+ax2+x-1-x,x∈(0,8],即g(x)=-x3+ax2-1,当x=2时,g(2)=-1+a-1=,解得a=2,故g(x)=-x3+x2-1,g'(x)=-x2+x=-x(x-6),
当x∈(0,6)时,g'(x)>0,当x∈(6,8)时,g'(x)<0,
所以函数g(x)在(0,6)上单调递增,在(6,8)上单调递减,所以x=6时,利润最大,故选B.
(2)设EF=xcm,则AE=BF=cm,包装盒的高为GE=xcm,
因为AE=AH=cm,A=,
所以包装盒的底面边长为HE=(30-x)cm,所以包装盒的体积为V(x)=x=(x3-60x2+900x),0当x∈(0,10)时,V'(x)>0,函数V(x)单调递增;当x∈(10,30)时,V'(x)<0,函数V(x)单调递减,所以V(x)max=V(10)=(1000-6000+9000)=1000(cm3),即当EF=10cm时,包装盒容积取得最大值1000cm3.
核心素养微专题(二)
【例1】D 解析设f(x1)=g(x2)=t,
所以x1=t-1,x2=et,
所以x2-x1=et-t+1,
令h(t)=et-t+1,
则h'(t)=et-1,
所以h(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
所以h(t)min=h(0)=2.
【例2】C 解析函数f(x)的定义域为-,不等式f(x)令g(x)=,x
∵f'(x)cosx+f(x)sinx<0,
∴g'(x)=<0,∴函数g(x)在x∈-上单调递减,∴g(x)∴关于x的不等式f(x)2.4.1 函数的单调性、极值点、极值、最值
必备知识精要梳理
1.函数的导数与单调性的关系
函数y=f(x)在(a,b)内可导,
(1)若f'(x)>0在(a,b)内恒成立,则f(x)在(a,b)内单调递增;
(2)若f'(x)<0在(a,b)内恒成立,则f(x)在(a,b)内单调递减.
2.函数的导数与单调性的等价关系
函数f(x)在(a,b)内可导,f'(x)在(a,b)任意子区间内都不恒等于0.f'(x)≥0?f(x)在(a,b)上为增函数.f'(x)≤0?f(x)在(a,b)上为减函数.
3.函数的极值、最值
(1)若在x0附近左侧f'(x)>0,右侧f'(x)<0,则f(x0)为函数f(x)的极大值;若在x0附近左侧f'(x)<0,右侧f'(x)>0,则f(x0)为函数f(x)的极小值.
(2)设函数y=f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,则f(x)在[a,b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得.
(3)若函数f(x)在[a,b]上单调递增,则f(a)为函数的最小值,f(b)为函数的最大值;若函数f(x)在[a,b]上单调递减,则f(a)为函数的最大值,f(b)为函数的最小值.
4.两个常用结论
(1)ln
x≤x-1;(2)ex≥x+1.
5.构造辅助函数的四种方法
(1)移项法: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);
(2)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同结构的式子的结构,根据“相同结构”构造辅助函数;
(3)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));
(4)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.
关键能力学案突破
热点一
求单调区间或讨论单调性(多维探究)
类型一 求不含参数的函数的单调区间
【例1】已知函数h(x)=ln
x-ax(a∈R).设f(x)=h(x)++(a+1)x,求函数f(x)的单调区间.
解题心得求f(x)的单调区间,需知f'(x)的正负,若f'(x)不含参数,但又不好判断正负,将f'(x)中正负不定的部分设为g(x),对g(x)再进行一次或二次求导,由g'(x)的正负及g(x)的零点判断出g(x)的正负,进而得出f'(x)的正负.
【对点训练1】设f(x)=ln
x,g(x)=x|x|.令F(x)=xf(x)-g(x),求F(x)的单调区间.
类型二 讨论含参数的函数的单调性
【例2】设a>0,讨论函数f(x)=ln
x+a(1-a)x2-2(1-a)x的单调性.
解题心得对于含参数的函数的单调性的讨论,常见的分类讨论点按讨论的先后顺序有以下三个:
分类讨论点1:求导后,考虑f'(x)=0是否有实根,从而引起分类讨论;
分类讨论点2:求导后,f'(x)=0=有实根,但不清楚f'(x)=0的实根是否落在定义域内,从而引起分类讨论;
分类讨论点3:求导后,f'(x)=0=有实根,f'(x)=0的实根也落在定义域内,但不清楚这些实根的大小关系,从而引起分类讨论.
【对点训练2】(2020全国Ⅱ,文21)已知函数f(x)=2ln
x+1.
(1)若f(x)≤2x+c,求c的取值范围;
(2)设a>0,讨论函数g(x)=的单调性.
热点二
讨论函数极值点的个数
【例3】设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由.
解题心得利用导数求含参数的原函数的单调区间→极值→最值→恒成立问题的步骤:
1.求函数定义域;
2.求导→通分或因式分解或二次求导(目的:把导函数“弄熟悉”);
3.对参数分类,分类的层次:(1)按导函数的类型分大类;
(2)按导函数是否有零点分小类;
(3)在小类中再按导函数零点的大小分小类;
(4)在小类的小类中再按零点是否在定义域中分小类.
【对点训练3】设函数f(x)=x2+bln(x+1),其中b≠0.
(1)当b>时,判断函数f(x)在定义域上的单调性;
(2)当b≠0时,求函数f(x)的极值点.
热点三
求函数的极值、最值
【例4】已知函数f(x)=ln
x-kx+k(k∈R),求f(x)在[1,2]上的最小值.
解题心得求最值的常用方法是由导数确定单调性,由单调性确定极值,比较极值与定义域的端点值确定最值.若有唯一的极值点,则其为最值点.
【对点训练4】(2020北京,19)已知函数f(x)=12-x2.
(1)求曲线y=f(x)的斜率等于-2的切线方程;
(2)设曲线y=f(x)在点(t,f(t))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t),求S(t)的最小值.
热点四
在恒成立中求参数的极值、最值
【例5】设a>0,若ln≥a|x|对x∈(-1,1)恒成立,求a的最大值.
解题心得洛比达法则:如果当x→x0(x0也可以是±∞)时,两个函数f(x)和g(x)都趋向于零或都趋向于无穷大,那么极限可能存在,也可能不存在.我们称这类极限为型或型不定式极限.对于这类极限,一般要用洛比达法则来求.
定理1:若函数f(x)和g(x)满足条件:
(1)f(x)和g(x)在x0的某个去心邻域内可导,且g'(x)≠0.
(2)f(x)=g(x)=0.
(3)=a,则有=a.
定理2:若函数f(x)和g(x)满足条件:
(1)f(x)和g(x)在x0的某个去心邻域内可导,且g'(x)≠0.
(2)f(x)=g(x)=∞.
(3)=a,则有=a.
在定理1和定理2中,将分子、分母分别求导再求极限的方法称为洛比达法则.
【对点训练5】(2020广东茂名一模,理20)设函数f(x)=ex-mx+n,曲线y=f(x)在点(ln
2,f(ln
2))处的切线方程为x-y-2ln
2=0.
(1)求m,n的值;
(2)当x>0时,若k为整数,且x+1>(k-x)[f(x)+x+1],求k的最大值.
2.4 压轴题大题1
导数在函数中的应用
2.4.1 函数的单调性、
极值点、极值、最值
关键能力·学案突破
【例1】解f(x)=h(x)++(a+1)x=lnx++x,定义域为(0,+∞),
f'(x)=(x>0).
令F(x)=1-lnx+x+x2(x>0),
则F'(x)=(x>0).
令F'(x)<0(x>0),得0令F'(x)>0(x>0),得x>
所以函数F(x)=1-lnx+x+x2(x>0)在区间0,上单调递减,在区间,+∞上单调递增.
所以F(x)min=F=1-ln+2=+ln2>0.
所以F(x)=1-lnx+x+x2>0对任意(0,+∞)恒成立,
所以f(x)=lnx++x的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间.
对点训练1解F(x)的定义域为(0,+∞),∴F(x)=xlnx-x2,
则F'(x)=lnx+1-x,
令G(x)=F'(x)=lnx+1-x,
则G'(x)=-1,
由G'(x)=-1>0得0由G'(x)=-1<0得x>1,
则G(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,
即F'(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,
∴F'(x)≤F'(1)=0,
∴F(x)在定义域(0,+∞)上单调递减.
【例2】解f(x)的定义域是(0,+∞).
f'(x)=+2a(1-a)x-2(1-a)=
令g(x)=2a(1-a)x2-2(1-a)x+1,为确定函数g(x)的函数类型对a进行分类讨论.
(1)当a=1时,g(x)是常数函数,此时g(x)=1>0,f'(x)=>0,于是f(x)在(0,+∞)上单调递增.
(2)当a≠1时,g(x)是二次函数,首先讨论f'(x)=0是否有实根,方程g(x)=0对应的Δ=4(a-1)(3a-1).
①当Δ<0,即0,f(x)在(0,+∞)上单调递增.
②当Δ=0,即a=时,g(x)=0有两个相等的实根x1=x2=,于是f'(x)≥0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
③当Δ>0,即01时,g(x)=0有两个不相等的实根分别为x1=,x2=
因为x1+x2=,x1x2=,
所以当00且x1x2>0,所以x1>0,x2>0.
由x1与x2的表达式知x1由f'(x)>0,可得0x2,所以f(x)在(0,x1)和(x2,+∞)上单调递增;
由f'(x)<0,可得x1当a>1时,有x1+x2>0且x1x2<0,此时x2<0由f'(x)>0,可得0所以f(x)在(0,x1)上单调递增;
由f'(x)<0可得x>x1,所以f(x)在(x1,+∞)上单调递减.
综上所述,当0当a≤1时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>1时,f(x)在(0,x1)上单调递增,在(x1,+∞)上单调递减.
其中x1=,x2=
对点训练2解设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2lnx-2x+1-c,
其定义域为(0,+∞),h'(x)=-2.
(1)当00;当x>1时,h'(x)<0.所以h(x)在区间(0,1)单调递增,在区间(1,+∞)单调递减.从而当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c.
故当且仅当-1-c≤0,即c≥-1时,f(x)≤2x+c.
所以c的取值范围为[-1,+∞).
(2)g(x)=,x∈(0,a)∪(a,+∞).
g'(x)=
取c=-1得h(x)=2lnx-2x+2,h(1)=0,则由(1)知,当x≠1时,h(x)<0,即1-x+lnx<0.故当x∈(0,a)∪(a,+∞)时,1-+ln<0,从而g'(x)<0.所以g(x)在区间(0,a),(a,+∞)单调递减.
【例3】解定义域为(-1,+∞),
∴f'(x)=+a(2x-1)=(2ax2+ax+1-a),
>0,令g(x)=2ax2+ax+1-a(x>-1),
当a=0时,g(x)=1,则f'(x)>0在(-1,+∞)上恒成立,
则f(x)在(-1,+∞)上单调递增,即当a=0时,函数无极值点;
当a>0时,由Δ=a(9a-8)≤0,得0当Δ>0时,得a>或a<0两个不同的范围,
当a>时,设方程2ax2+ax+1-a=0的两根分别为x1,x2(x1∵x1+x2=-,函数g(x)的图象如右:x1,x2的中点为-,
∴x1<-,x2>-,由g(-1)=1>0,可得-10,则f'(x)>0,f(x)单调递增,
当x∈(x1,x2)时,g(x)<0,则f'(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈(x2,+∞)时,g(x)>0,则f'(x)>0,f(x)单调递增,
因此,当a>,函数有两个极值点;
当a<0时,Δ>0,函数g(x)的图象如下:
由g(-1)=1>0,可得x1<-1,
则当x∈(-1,x2)时,g(x)>0,则f'(x)>0,f(x)单调递增,x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,则f'(x)<0,f(x)单调递减,因此,当a<0时,函数有一个极值点.
综上所述,当a<0时,函数有一个极值点;当0,函数有两个极值点.
对点训练3解(1)函数f(x)=x2+bln(x+1)的定义域为(-1,+∞),f'(x)=2x+
令g(x)=2x2+2x+b,则Δ=4-8b.当b>时,Δ<0,所以g(x)在(-1,+∞)上恒大于0,所以f'(x)>0,于是当b>时,函数f(x)在定义域(-1,+∞)上单调递增.
(2)首先考虑g(x)=0是否有实根.
①当Δ<0,即b>时,由(1)知函数f(x)无极值点.
②当Δ=0,即b=时,g(x)=0有两个相等的实根,g(x)≥0在(-1,+∞)上恒成立,于是f'(x)≥0在(-1,+∞)上恒成立,所以函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增,从而函数f(x)在(-1,+∞)上无极值点.
③当Δ>0,即b<时,g(x)=0有两个不相等的根x1=,x2=,其中x1为确定两个根是否都在定义域(-1,+∞)内需要对参数b分类讨论.
当b<0时,x1=<-1,x2=>-1,
由f'(x)>0,可得x>x2,由f'(x)<0,可得-1所以f(x)在(-1,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,
所以当b<0时,f(x)在(-1,+∞)上有唯一极小值点x2=
当0-1,x2=>-1,
由f'(x)>0,可得-1x2,由f'(x)<0,可得x1所以f(x)在(-1,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,所以当0综上所述,当b<0时,f(x)在(-1,+∞)上有唯一的极小值点x2=;当0【例4】解函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-k=
①当k≤0时,f'(x)>0,函数f(x)在[1,2]为增函数,所以[f(x)]min=f(1)=0.
②当k>0时,由f'(x)>0,可得0,所以f(x)在上单调递增,在上单调递减.
于是f(x)在[1,2]上的最小值为f(1)=0或f(2)=ln2-k.
(ⅰ)当0(ⅱ)当0≥ln2-k,即k≥ln2时,[f(x)]min=f(2)=ln2-k.
综上所述,当k对点训练4解(1)因为f(x)=12-x2,所以f'(x)=-2x,设切点为(x0,12-x0),则-2x0=-2,即x0=1,所以切点为(1,11),由点斜式可得切线方程为y-11=-2(x-1),即2x+y-13=0.
(2)显然t≠0,因为y=f(x)在点(t,12-t2)处的切线方程为y-(12-t2)=-2t(x-t),令x=0,得y=t2+12,令y=0,得x=,
所以S(t)=(t2+12),不妨设t>0(t<0时,结果一样),则S(t)=,
所以S'(t)=3t2+24-=,
由S'(t)>0,得t>2,由S'(t)<0,得0所以t=2时,S(t)取得极小值,也是最小值为S(2)==32.
【例5】解令t=|x|∈[0,1),则lna|x|对x∈(-1,1)恒成立等价于lnat对t∈[0,1)恒成立.
方法一(分离参数法)
当t=0时,不等式恒成立,
当t>0时,有a对t∈(0,1)恒成立.
令G(t)=,则G'(t)=,
令H(t)=-ln,
则H'(t)=>0,
所以H(t)在(0,1)上单调递增,于是H(t)>H(0)=0,即G'(t)>0,所以G(t)在(0,1)上单调递增.由洛比达法则,可得G(t)==2,于是0方法二(最值法)
构造函数F(t)=ln-at,则F'(t)=-a=
①当2-a≥0,即a≤2时,F'(t)>0,所以函数F(t)在[0,1)上递增,
所以F(t)≥F(0)=0.
②当2-a<0,即a>2时,由F'(t)<0可得0≤t<,所以函数F(t)在上递减,所以F(t)≤F(0)=0,不合题意.综上所述,a的最大值为2.
对点训练5解(1)由f'(x)=ex-m,由于x-y-2ln2=0的斜率为1,且过点(ln2,-ln2),得解得m=1,n=-2.
(2)由(1)知f(x)=ex-x-2,由x+1>(k-x)[f(x)+x+1],得x+1>(k-x)(ex-1),故当x>0时,等价于k<+x(x>0),①
令g(x)=+x,则g'(x)=+1=,
令h(x)=ex-x-2,
∵x>0,∴h'(x)=ex-1>0.∴函数h(x)=ex-x-2在(0,+∞)单调递增.
而h(1)<0,h(2)>0,所以h(x)在(0,+∞)存在唯一的零点,
故g'(x)在(0,+∞)存在唯一的零点,设此零点为α,则α∈(1,2).
当x∈(0,α)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(α,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
所以g(x)在(0,+∞)的最小值为g(α),又由g'(α)=0,可得eα=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3),故①等价于k必备知识精要梳理
1.函数不等式的类型与解法
(1)?x∈D,f(x)≤k?f(x)max≤k;?x∈D,f(x)≤k?f(x)min≤k;
(2)?x∈D,f(x)(3)?x∈D,f(x)≤g(x)?f(x)max≤g(x)min;?x∈D,f(x)≤g(x)?f(x)min≤g(x)max.
2.含两个未知数的不等式(函数)问题的常见题型及具体转化策略
(1)?x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)?f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的最大值.
(2)?x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)?f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最小值.
(3)?x1∈[a,b],?x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)?f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的最小值.
(4)?x1∈[a,b],?x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)?f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最大值.
(5)?x1∈[a,b],当x2∈[c,d]时,f(x1)=g(x2)?f(x)在[a,b]上的值域与g(x)在[c,d]上的值域交集非空.
(6)?x1∈[a,b],?x2∈[c,d],f(x1)=g(x2)?f(x)在[a,b]上的值域?g(x)在[c,d]上的值域.
(7)?x2∈[c,d],?x1∈[a,b],f(x1)=g(x2)?f(x)在[a,b]上的值域?g(x)在[c,d]上的值域.
关键能力学案突破
热点一
求参数的值
【例1】已知函数f(x)=ex-ax2.
(1)略;
(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.
解题心得求参数的值,方法因题而异,需要根据具体题目具体分析,将题目条件进行合理的等价转化,在转化过程中,构造新的函数,在研究函数中往往需要利用对导数的方法确定函数的单调性.
【对点训练1】已知函数f(x)=ax-,a∈R.
(1)若f(x)≥0,求a的取值范围;
(2)若y=f(x)的图象与y=a相切,求a的值.
热点二
已知函数极值、最值情况求参数范围
【例2】已知函数f(x)=-a(x-ln
x).
(1)当a≤0时,试求f(x)的单调区间;
(2)若f(x)在(0,1)内有极值,试求a的取值范围.
解题心得f'(x)=0是f(x)有极值的必要不充分条件,例如函数f(x)=x3,f'(x)=3x2,f'(0)=0,但x=0不是函数f(x)=x3的极值点.所以本例f(x)在(0,1)内有极值,则f'(x)=0有解,由此得出a的范围,还必须由a的范围验证f(x)在(0,1)内有极值.
【对点训练2】(2020江西名校大联考,理21)已知函数f(x)=+x(a∈R).
(1)当a=0时,求曲线f(x)在x=1处的切线方程;
(2)若函数f(x)在区间(1,+∞)上有极值,求实数a的取值范围.
热点三
在不等式恒成立中求参数范围
【例3】已知函数f(x)=(x+1)ln
x-a(x-1).
(1)略;
(2)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求a的取值范围.
解题心得对于恒成立求参数范围问题,最值法与分离参数法是两种最常用的方法.如果分离后的函数容易求最值,则选用分离参数法,否则选用最值法.最值法主要考查学生分类讨论的思想,一般遵循“构造函数——分类讨论”两步来展开.一些稍难的恒成立问题,如果用分离参数法来处理,往往需要多次求导和使用洛比达法则.
【对点训练3】(2020山东,21)已知函数f(x)=aex-1-ln
x+ln
a.
(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若f(x)≥1,求a的取值范围.
热点四
在两变量不等式恒成立中求参数范围
【例4】(2020山东潍坊临朐模拟一,22)已知函数f(x)=mln
x-x+(m∈R).
(1)略;
(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,不等式解题心得对于含有两个变量的不等式恒成立求参数问题,一般要找到两个变量的关系,转化为一个变量,从而得到一个函数;也可以从含有两个变量的不等式中抽象出一个函数是单调函数.对于求参数的范围,可以分离出变量,得到一个不等式,通过函数的最值得参数的范围;如果变量不易分离,可以对参数进行讨论,看参数在什么范围不等式成立,从而求出参数范围.
【对点训练4】(2020安徽安庆二模,理21)已知f(x)=aln
x+(a-1)x2+1(a∈R).
(1)略;
(2)当a=-1时,对任意的x1,x2∈(0,+∞),且x1≠x2,都有>mx1x2,求实数m的取值范围.
热点五
已知函数零点情况求参数范围
【例5】已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.
(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.
解题心得对函数的零点问题,解题策略是转化为两个函数图象的交点,三种方式中(一平一曲、一斜一曲、两曲)最为常见的是一平一曲.方法一是直接考虑函数f(x)的图象与x轴的交点情况,方法二是分离参数法,两种方法的本质都是一平一曲.另外我们对某些函数或许可以通过换元,降低函数的解决难度.
【对点训练5】(2020全国Ⅰ,文20)已知函数f(x)=ex-a(x+2).
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
2.4.2 应用导数求参
数的值或范围
关键能力·学案突破
【例1】解(1)略.
(2)f(x)=ex(1-ax2e-x),
设函数h(x)=1-ax2e-x.
f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)只有一个零点.
(i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点;
(ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x.
当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0.
所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.故h(2)=1-是h(x)在[0,+∞)的最小值.
①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)没有零点;
②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)只有一个零点;
③若h(2)<0,即a>,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)有一个零点.
由(1)知,当x>0时,ex>x2,所以
h(4a)=1-=1->1-=1->0.故h(x)在(2,4a)有一个零点.因此h(x)在(0,+∞)有两个零点.综上,f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=
对点训练1解(1)由f(x)≥0得ax-0,即a设g(x)=,则g'(x)=(x>0),所以当00,g(x)单调递增;当x>时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
所以当x=时,g(x)取得最大值g()=,故a的取值范围是a
(2)设y=f(x)的图象与y=a相切于点(t,a),依题意可得
因为f'(x)=a-,
所以
消去a可得t-1-(2t-1)lnt=0.令h(t)=t-1-(2t-1)lnt,
则h'(t)=1-(2t-1)-2lnt=-2lnt-1,
显然h'(t)在(0,+∞)上单调递减,且h'(1)=0,
所以当00,h(t)单调递增;
当t>1时,h'(t)<0,h(t)单调递减,
所以当且仅当t=1时h(t)=0.故a=1.
【例2】解(1)f'(x)=-a
=
=
当a≤0时,对于?x∈(0,+∞),ex-ax>0恒成立,∴f'(x)>0?x>1,f'(x)<0?0∴f(x)单调增区间为(1,+∞),单调减区间为(0,1).
(2)若f(x)在(0,1)内有极值,
则f'(x)=0在x∈(0,1)内有解.
令f'(x)==0?ex-ax=0?a=
设g(x)=,x∈(0,1),
∴g'(x)=,当x∈(0,1)时,g'(x)<0恒成立,
∴g(x)单调递减.又g(1)=e,又当x→0时,g(x)→+∞,即g(x)在x∈(0,1)上的值域为(e,+∞),
∴当a>e时,f'(x)==0有解.
设H(x)=ex-ax,则H'(x)=ex-a<0,x∈(0,1),∴H(x)在x∈(0,1)单调递减.∵H(0)=1>0,H(1)=e-a<0,∴H(x)=ex-ax在x∈(0,1)有唯一解x0.
∴有:
x
(0,x0)
x0
(x0,1)
H(x)
+
0
-
f'(x)
-
0
+
f(x)
递减
极小值
递增
故当a>e时,f(x)在(0,1)内有极值且唯一.
当a≤e时,当x∈(0,1)时,f'(x)<0恒成立,f(x)单调递减,f(x)在(0,1)内无极值.
综上,a的取值范围为(e,+∞).
对点训练2解(1)当a=0时,f(x)=+x,f'(x)=+1,则f(1)=1,f'(1)=2,
故曲线f(x)在x=1处的切线方程为y-1=2(x-1),即2x-y-1=0.
(2)f(x)=+x(x>1),f'(x)=+1=,
令F(x)=x2-lnx-a+1,
则F'(x)=2x-,
当x∈(1,+∞)时,F'(x)>0,所以函数F(x)在(1,+∞)上单调递增,
又F(1)=2-a,故①当a≤2时,F(x)>0,f'(x)>0,f(x)在(1,+∞)上单调递增,无极值;
②当a>2时,F(1)<0,F(a)=a2-lna-a+1,令G(x)=x2-lnx-x+1,则G'(x)=2x--1=,
当x>2时,G'(x)>0,函数G(x)在(2,+∞)上单调递增,G(2)=3-ln2>0,所以在(2,+∞)上,G(x)>0恒成立,所以F(a)=a2-lna-a+1>0,
所以函数F(x)在(1,a)上存在唯一零点x=x0,所以f(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,此时函数f(x)存在极小值.
综上,若函数f(x)在区间(1,+∞)上有极值,则a>2.
故实数a的取值范围为(2,+∞).
【例3】解(1)略.
(2)方法一(分离参数法)
当x∈(1,+∞)时,f(x)>0?a<令H(x)=,则H'(x)=,
令K(x)=x--2lnx,
则K'(x)=>0,
于是K(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以K(x)>K(1)=0,于是H'(x)>0,从而H(x)在(1,+∞)上单调递增.由洛比达法则,可得=2,于是a≤2,于是a的取值范围是(-∞,2].
方法二(最值法)
由f(x)=(x+1)lnx-a(x-1),得f'(x)=lnx++1-a.
①当1-a≥0,即a≤1时,f'(x)>0,所以f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以f(x)>f(1)=0.
②当a>1时,令g(x)=f'(x),则g'(x)=>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,于是f'(x)>f'(1)=2-a.
(ⅰ)若2-a≥0,即10,于是f(x)在(1,+∞)上单调递增,于是f(x)>f(1)=0.
(ⅱ)若2-a<0,即a>2时,存在x0∈(1,+∞),使得当1综上所述,a的取值范围是(-∞,2].
对点训练3解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=aex-1-
(1)当a=e时,f(x)=ex-lnx+1,f'(1)=e-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.
直线y=(e-1)x+2在x轴,y轴上的截距分别为,2.
因此所求三角形的面积为
(2)由题意a>0,当0当a=1时,f(x)=ex-1-lnx,f'(x)=ex-1-
当x∈(0,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.
所以当x=1时,f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)≥1.
当a>1时,f(x)=aex-1-lnx+lna≥ex-1-lnx≥1.
综上,a的取值范围是[1,+∞).
【例4】解(1)略;
(2)由题意得x∈(0,+∞),f'(x)=-1-=-,
令g(x)=x2-mx+m,Δ=m2-4m=m(m-4)>0,
当m<0或m>4时,g(x)=0有两个不相等的实根x1,x2,且x1+x2=m,x1x2=m.
当m<0时,两根一正一负,不符合题意.
当m>4时,两个根为正,f(x)有两个极值点x1,x2,
f(x1)+f(x2)=mlnx1-x1++mlnx2-x2+=mlnx1x2-(x1+x2)+=mlnm-m+m=mlnm.
=(x1+x2)2-2x1x2=m2-2m.所以所以a>在m∈(4,+∞)时恒成立.令h(m)=(m>4),则h'(m)=
令φ(m)=1--lnm,则φ'(m)=<0,
所以φ(m)在(4,+∞)上单调递减.
又φ(4)=1--2ln2<0,
所以φ(m)<0在(4,+∞)上恒成立,即1--lnm<0.所以h'(m)<0.
所以h(m)在(4,+∞)上为减函数.所以h(m)所以a≥ln2,即a的取值范围是[ln2,+∞).
对点训练4解(1)略;
(2)当a=-1时,f(x)=-lnx-x2+1,不妨设0则>mx1x2等价于>m(x2-x1),
考查函数g(x)=,得g'(x)=,令h(x)=,h'(x)=,
则x∈(0,)时,h'(x)>0,x∈(,+∞)时,h'(x)<0,
所以h(x)在区间(0,)上是单调递增函数,在区间(,+∞)上是单调递减函数.故g'(x)≤g'()=-1<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减.
从而g(x1)>g(x2),即,故>m(x2-x1),
所以+mx1>+mx2,
即g(x1)+mx1>g(x2)+mx2恒成立,设φ(x)=g(x)+mx,则φ(x)在(0,+∞)上为单调递减函数,
从而φ'(x)=g'(x)+m≤0恒成立,
故φ'(x)=g'(x)+m-1+m≤0,故m≤1-
【例5】解(1)f'(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(2ex+1)(aex-1),显然2ex+1>0.
①当a≤0时,aex-1<0,所以f'(x)<0,所以f(x)在R上单调递减.
②当a>0时,由f'(x)>0得x>ln,由f'(x)<0得x所以f(x)在上单调递减,在上单调递增.
(2)(方法一)①当a≤0时,由(1)可知,f(x)在R上单调递减,不可能有两个零点.
②当a>0时,f(x)min=f=1-+lna,令g(a)=f(x)min,
则g'(a)=>0,
所以g(a)在(0,+∞)上单调递增,而g(1)=0,所以当a≥1时,g(a)=f(x)min≥0,从而f(x)没有两个零点.
当00,
于是f(x)在上有1个零点;因为f=a-12+(a-2)-ln-ln>0,
且ln>ln,所以f(x)在上有1个零点.
综上所述,a的取值范围为(0,1).
(方法二)ae2x+(a-2)ex-x=0?ae2x+aex=2ex+x?a=
令g(x)=,则g'(x)==-,令h(x)=ex+x-1,则h'(x)=ex+1>0,
所以h(x)在R上单调递增,
而h(0)=0,所以当x<0时,h(x)<0,当x>0时,h(x)>0,于是当x<0时,g'(x)>0,当x>0时,g'(x)<0,所以g(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减.
g(0)=1,当x→-∞时,g(x)→-∞,当x→+∞时,g(x)→0+.
函数g(x)的简图如图所示.
若f(x)有两个零点,则y=a与g(x)有两个交点,所以a的取值范围是(0,1).
对点训练5解(1)当a=1时,f(x)=ex-x-2,则f'(x)=ex-1.
当x<0时,f'(x)<0;当x>0时,f'(x)>0.
所以f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.
(2)f'(x)=ex-a.
当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增,故f(x)至多存在1个零点,不合题意.
当a>0时,由f'(x)=0可得x=lna.当x∈(-∞,lna)时,f'(x)<0;当x∈(lna,+∞)时f'(x)>0.
所以f(x)在(-∞,lna)单调递减,在(lna,+∞)单调递增,故当x=lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(lna)=-a(1+lna).
①若0②若a>,则f(lna)<0.
由于f(-2)=e-2>0,所以f(x)在(-∞,lna)存在唯一零点.
由(1)知,当x>2时,ex-x-2>0,
所以当x>4且x>2ln(2a)时,
f(x)=-a(x+2)>eln(2a)-a(x+2)=2a>0.
故f(x)在(lna,+∞)存在唯一零点.
从而f(x)在(-∞,+∞)有两个零点.
综上,a的取值范围是2.4.3 利用导数证明问题及讨论零点个数
必备知识精要梳理
1.与ex、lnx有关的常用不等式的结论
(1)由f(x)=ex图象上任一点(m,f(m))的切线方程为y-em=em(x-m),得ex≥em(x+1)-mem,当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有ex≥x+1;当m=1时,有ex>ex.
(2)由过函数f(x)=ln
x图象上任一点(n,f(n))的切线方程为y-ln
n=(x-n),得ln
x≤x-1+ln
n,当且仅当x=n时,等号成立.当n=1时,有ln
x≤x-1;当n=e时,有ln
x≤x.
2.证明含参数的函数不等式,其关键在于将所给的不等式进行“改造”,得到“一平一曲”,然后运用导数求出“曲”的最值,将其与“平”进行比较即可.
3.求解导数应用题宏观上的解题思想
(1)借助导函数(正负)研究原函数(单调性);重点是把导函数先“弄熟悉”;
(2)为了把导函数先“弄熟悉”采取的措施:
①通分;
②二次求导或三次求导;
③能画出导函数草图是最好的!
关键能力学案突破
热点一
利用导数证明不等式(多维探究)
类型一 单未知数函数不等式的证明
【例1】已知函数f(x)=ex-ln(x+m).
(1)略;
(2)当m≤2时,证明f(x)>0.
解题心得1.对于含有参数的一个未知数的函数不等式,其证明方法与不含参数的一个未知数的函数不等式证明大体一致.可以直接证明,也可以放缩后再证明,也可以分离参数后,利用导数求最值来证明.
2.证法1与证法2中出现的x0的具体数值是无法求解的,只能求出其范围,我们把这种零点称为“隐性零点”.证法2比证法1简单,这是因为利用了函数单调性将命题ex-ln(x+m)>0加强为ex-ln(x+2)>0,转化为研究一个特例函数的问题,从而大大降低了题目的难度.证法2中,因为φ(x0)的表达式涉及、ln(x0+2),都是超越式,所以φ(x0)的值不好计算,由此,需要对“隐性零点”满足的式子=0进行变形,得到两个式子和ln(x0+2)=-x0,然后进行反代,从而将超越式转化为初等式.“反代”是处理“隐性零点”问题的常用策略.
【对点训练1】已知函数f(x)=.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;
(2)求证:当a≥1时,f(x)+e≥0.
【例2】已知函数f(x)=x+.
(1)略;
(2)设函数g(x)=ln
x+1,证明:当x∈(0,+∞)且a>0时,f(x)>g(x).
解题心得欲证函数不等式f(x)>g(x)(x∈I,I是区间),设h(x)=f(x)-g(x)(x∈I),即证h(x)>0,为此研究h(x)的单调性,先求h'(x)的零点,根据零点确定h(x)在给定区间I的正负,若h(x)在区间I内递增或递减或先递减后递增,只须h(x)min>0(x∈I)(若h(x)min不存在,则须求函数h(x)的下确界),若h(x)在区间I内先递增后递减,只须区间I的端点的函数值大于或等于0;若h'(x)的零点不好求,可设出零点x0,然后确定零点的范围,进而确定h(x)的单调区间,求出h(x)的最小值h(x0),再研究h(x0)的正负.
【对点训练2】(2020全国Ⅱ,理21)已知函数f(x)=sin2xsin
2x.
(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性;
(2)证明:|f(x)|≤;
(3)设n∈N
,证明:sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤.
类型二 双未知数函数不等式的证明
【例3】已知函数f(x)=-x+aln
x(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:解题心得对于两个未知数的函数不等式问题,其关键在于将两个未知数化归为一个未知数,常见的证明方法有以下4种:
方法1:利用换元法,化归为一个未知数;
方法2:利用未知数之间的关系消元,化归为一个未知数;
方法3:分离未知数后构造函数,利用函数的单调性证明;
方法4:利用主元法,构造函数证明.
【对点训练3】(2020山东德州二模,21)已知函数f(x)=x2-ax+aln
2x(a≠0).
(1)若a<0时f(x)在[1,e]上的最小值是-ln
2,求a;
(2)若a≥e,且x1,x2是f(x)的两个极值点,证明:f(x1)+f(x2)<)-2e(其中e为自然对数的底数).
热点二
判断、证明或讨论函数零点个数
【例4】设函数f(x)=(x-1)ex-x2(其中k∈R).
(1)略;
(2)当k>0时,讨论函数f(x)的零点个数.
解题心得有关函数的零点问题的解决方法主要是借助数形结合思想,利用导数研究函数的单调性和极值,利用函数的单调性模拟函数的图象,根据函数零点的个数的要求,控制极值点函数值的正负,从而解不等式求出参数的范围.
【对点训练4】(2020湖南湘潭三模,理21)设函数f(x)=ln
x,g(x)=.
(1)当m=-1时,求函数F(x)=f(x)+g(x)的零点个数;
(2)若?x0∈[1,+∞),使得f(x0)热点三
与函数零点有关的证明问题
【例5】(2019全国Ⅰ,理20)已知函数f(x)=sin
x-ln(1+x),f'(x)为f(x)的导数.证明:
(1)f'(x)在区间存在唯一极大值点;
(2)f(x)有且仅有2个零点.
解题心得1.如果函数中没有参数,一阶导数求出函数的极值点,判断极值点大于0小于0的情况,进而判断函数零点的个数.
2.如果函数中含有参数,往往一阶导数的正负不好判断,这时先对参数进行分类,再判断导数的符号,如果分类也不好判断,那么需要对一阶导函数进行求导,在判断二阶导数的正负时,也可能需要分类.
【对点训练5】(2020安徽合肥二模,文21)已知函数f(x)=exsin
x.(e是自然对数的底数)
(1)求f(x)的单调递减区间;
(2)若函数g(x)=f(x)-2x,证明g(x)在(0,π)上只有两个零点.(参考数据:≈4.8)
热点四
利用导数解决存在性问题
【例6】(2019全国Ⅲ,理20)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.
解题心得依据已知条件,判别某种数学对象是否存在的问题,由解答者去探索和确定,它的解法是:假设存在,直接推断,通过推理或计算,若推出合理的结果,则先前假设成立,对象存在;若推出矛盾,则否定先前假设,对象不存在.
【对点训练6】(2020湖北名师联盟一模,文21)已知函数f(x)=ln
x-ax2-x.
(1)若函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;
(2)若函数f(x)在x=1处的切线平行于x轴,是否存在整数k,使不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>1时恒成立?若存在,求出k的最大值;若不存在,请说明理由.
2.4.3 利用导数证明问
题及讨论零点个数
关键能力·学案突破
【例1】解(1)略.
(2)证法1:f(x)定义域为(-m,+∞),f'(x)=ex-,f″(x)=ex+>0,其中f″(x)是f'(x)的导函数,则f'(x)在(-m,+∞)上单调递增.
又因为当x→-m+时,f'(x)→-∞,当x→+∞时,f'(x)→+∞,
所以f'(x)=0在(-m,+∞)上有唯一的实根x0,当-mx0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-m,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值.
由f'(x0)=0可得=0,即ln(x0+m)=-x0,于是f(x0)=-ln(x0+m)=+x0=+x0+m-m≥2-m.
当x<2时,f(x0)>0;当m=2时,等号成立的条件是x0=-1,
但显然f(-1)=e-1-ln(-1+2)=-0≠0.
所以等号不成立,即f(x0)>0.综上所述,当m≤2时,f(x)≥f(x0)>0.
证法2:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥ex-ln(x+2),所以只要证明φ(x)=ex-ln(x+2)>0,x∈(-2,+∞).
φ'(x)=ex-,φ″(x)=ex+>0,其中φ″(x)是φ'(x)的导函数.
于是φ'(x)在(-2,+∞)上单调递增.
又因为φ'(-1)=-1<0,φ'(0)=1->0,
所以φ'(x)=0在(-2,+∞)上有唯一的实根x0,且x0∈(-1,0).
当-2x0时,φ'(x)>0,
所以φ(x)在(-2,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
所以当x=x0时,φ(x)取得最小值.
由φ'(x0)=0可得=0,即ln(x0+2)=-x0,
于是φ(x0)=-ln(x0+2)=+x0=>0,于是φ(x)≥φ(x0)>0.
综上所述,当m≤2时,f(x)>0.
证法3:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥ex-ln(x+2),
所以只要证明ex-ln(x+2)>0(x>-2),就能证明当m≤2时,f(x)>0.
由lnx≤x-1(x>0)可得ln(x+2)≤x+1(x>-2).
又因为ex≥x+1(x∈R),且两个不等号不能同时成立,所以ex>ln(x+2),即ex-ln(x+2)>0(x>-2),
所以当m≤2时,f(x)>0.
对点训练1解(1)f'(x)=,
因为(0,-1)在曲线y=f(x)上,且f'(0)=2,所以切线方程为y-(-1)=2(x-0),即2x-y-1=0.
(2)f(x)+e≥0+e≥0?ax2+x-1+ex+1≥0.
当a≥1时,ax2+x-1+ex+1≥x2+x-1+ex+1,因为ex≥1+x(x∈R),所以ex+1≥2+x,
所以x2+x-1+ex+1≥x2+x-1+(2+x)=(x+1)2≥0.
所以当a≥1时,f(x)+e≥0.
【例2】解(1)略.
(2)令h(x)=f(x)-g(x)=x+-lnx-1(x>0),h'(x)=1-,设p(x)=x2-x-a=0,函数p(x)的图象的对称轴为x=
∵p(1)=1-1-a=-a<0,
设p(x)=0的正根为x0,∴x0>1,由对称性知,p(x)=0的另一根小于0,h(x)在(0,x0)上为减函数,在(x0,+∞)上为增函数,h(x)min=h(x0)=x0+-lnx0-1=x0+-lnx0-1=2x0-lnx0-2,令F(x)=2x-lnx-2(x>1),F'(x)=2->0恒成立,所以F(x)在(1,+∞)上为增函数.又∵F(1)=2-0-2=0,
∴F(x)>0,即h(x)min>0,
故当x∈(0,+∞)时,f(x)>g(x).
对点训练2(1)解f'(x)=cosx(sinxsin2x)+sinx(sinxsin2x)'
=2sinxcosxsin2x+2sin2xcos2x
=2sinxsin3x.
当x时,f'(x)>0;当x时,f'(x)<0.
所以f(x)在区间单调递增,在区间单调递减.
(2)证明因为f(0)=f(π)=0,由(1)知,f(x)在区间[0,π]的最大值为f,最小值为f=-而f(x)是周期为π的周期函数,故|f(x)|
(3)证明由于(sin2xsin22x…sin22nx
=|sin3xsin32x…sin32nx|
=|sinx||sin2xsin32x…sin32n-1xsin2nx||sin22nx|
=|sinx||f(x)f(2x)…f(2n-1x)||sin22nx|
≤|f(x)f(2x)…f(2n-1x)|,
所以sin2xsin22x…sin22nx
【例3】解(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=--1+=-
①若a≤0,则f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减.
②若Δ=a2-4≤0,即0③若Δ=a2-4>0,即a>2时,由f'(x)>0,可得由f'(x)<0,可得0,
所以f(x)在上单调递减,在上单调递增.
综上所述,当a≤2时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当a>2时,f(x)在0,,,+∞上单调递减,在上单调递增.
(2)证法1:由(1)知,f(x)存在两个极值点,则a>2.因为x1,x2是f(x)的两个极值点,所以x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1+x2=a,x1x2=1,不妨设0=
=--1+=-2+,
于是构造函数g(x)=2lnx+-x,x>1,由(1)知,g(x)在(1,+∞)上单调递减,所以g(x)证法2:由(1)知,f(x)存在两个极值点,则a>2.
因为x1,x2是f(x)的两个极值点,
所以x1,x2满足x2-ax+1=0,不妨设0=
=--1+=-2-,
于是设t=,则a=,构造函数φ(t)=t-ln(+t),t>0,
则φ'(t)=1-=1->0,所以φ(t)在(0,+∞)上单调递增,于是φ(t)>φ(0)=0,原不等式获证.
证法3:仿照证法1,可得所以<1lnx1-lnx2>ln,令t=(0,1),构造函数h(t)=2lnt+-t,
由(1)知,h(t)在(0,1)上单调递减,所以h(t)>h(1)=0,原不等式获证.
对点训练3解(1)f(x)定义域是(0,+∞),f'(x)=-a+
令g(x)=x2-2ax+2a,对称轴x0=a<0,因为1>a,g(1)=1>0,
所以当x∈[1,e]时,g(x)>0,
即f'(x)=>0.
所以f(x)在[1,e]上单调递增.
f(x)min=f(1)=-a+aln2=-ln2,解得a=-1.
(2)由f(x)有两个极值点x1,x2,
则f'(x)=0在(0,+∞)有2个不相等的实根,即x2-2ax+2a=0在(0,+∞)有2个不相等的实根,
则解得a>2.
x1+x2=2a,x1x2=2a,=(x1+x2)2-2x1x2=4a2-4a.
当a≥e时,f(x1)+f(x2)-)+2e=aln(4x1x2)-a(x1+x2)-)+2e=aln8a-2a2-(4a2-4a)+2e=aln8a-3a2+a+2e(a≥e).
令g(a)=aln8a-3a2+a+2e(a≥e),g'(a)=ln8a-6a+2(a≥e),令h(a)=g'(a)=ln8a-6a+2,h'(a)=-6=,当a≥e时,h'(a)<0,
所以h(a)在[e,+∞)单调递减.
所以h(a)≤h(e).
即g'(a)≤g'(e)=ln8e-6e+2=(1+3ln2)-6e+2=3ln2-6e+3<3-6e+3=6-6e<0,
所以g(a)在[e,+∞)单调递减,
g(a)≤g(e)=eln8e-3e2+3e=e(1+3ln2)-3e2+3e=e(3ln2-3e+4)所以g(a)<0,所以原不等式成立.
【例4】解(1)略.
(2)函数f(x)的定义域为R,
f'(x)=ex+(x-1)ex-kx=xex-kx=x(ex-k),
当00,解得x0.
∴f(x)在(-∞,lnk)和(0,+∞)上单调递增,在[lnk,0]上单调递减.
由f(0)=-1,当x∈(-∞,0)时,f(x)≤f(x)max=f(lnk)=(lnk-1)k-ln2k=-[(lnk-1)2+1]<0,
此时f(x)无零点,当x∈[0,+∞)时,f(2)=e2-2k≥e2-2>0.
又f(x)在[0,+∞)上单调递增,∴f(x)在[0,+∞)上有唯一的零点,
∴函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点.
②当k>1时,令f'(x)>0,解得x<0或x>lnk,
∴f(x)在(-∞,0)和(lnk,+∞)上单调递增,在[0,lnk]上单调递减.
当x∈(-∞,lnk)时,f(x)≤f(x)max=f(0)=-1<0,此时f(x)无零点.
当x∈[lnk,+∞)时,f(lnk)=kek+1-.
令g(t)=et-t2,t=k+1>2,
则g'(t)=et-t,g″(t)=et-1,
∵t>2,g″(t)>0,g'(t)在(2,+∞)上单调递增,g'(t)>g'(2)=e2-2>0,
∴g(t)在(2,+∞)上单调递增,得g(t)>g(2)=e2-2>0,即f(k+1)>0.
∴f(x)在[lnk,+∞]上有唯一的零点,故函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点.
综合①②可知,当k>0时,函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有且只有一个零点.
对点训练4解(1)F(x)=lnx-,
即F(x)=lnx+(x>0),
则F'(x)=,
令F'(x)=0,解得x=
当x,F'(x)<0,F(x)在上单调递减;当x∈,+∞,F'(x)>0,F(x)在上单调递增.所以当x=时,F(x)min=F-ln2.
因为-ln2=ln-ln2<0,所以F(x)min<0.
又F=-2+>0,F(e)=1+>0,
所以FF<0,F(e)·F<0,
所以F(x)分别在区间上各存在一个零点,函数F(x)存在两个零点.
(2)假设f(x)≥g(x)对任意x∈[1,+∞)恒成立,即lnx-0对任意x∈[1,+∞)恒成立.
令h(x)=lnx-(x≥1),则h'(x)=
①当m≤2,即2x-m≥0时,则h'(x)≥0且h'(x)不恒为0,
所以函数h(x)=lnx-在区间[1,+∞)上单调递增.
又h(1)=ln1-=0,所以h(x)≥0对任意x∈[1,+∞)恒成立.故m≤2不符合题意;
②当m>2时,令h'(x)=<0,得1≤x<;令h'(x)=>0,得x>所以函数h(x)=lnx-在区间上单调递减,在区间上单调递增,
所以h2时,存在x0≥1,使h(x0)<0,即f(x0)2符合题意.
综上可知,实数m的取值范围是(2,+∞).
【例5】解(1)设g(x)=f'(x),则g(x)=cosx-,g'(x)=-sinx+
当x时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'<0,
可得g'(x)在区间内有唯一零点,设为α.
则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;
当x时,g'(x)<0.
所以g(x)在区间(-1,α)内单调递增,在区间内单调递减,故g(x)在区间内存在唯一极大值点,
即f'(x)在区间内存在唯一极大值点.
(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).
(ⅰ)当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在区间(-1,0)内单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在区间(-1,0)内单调递减.
又f(0)=0,从而x=0是f(x)在区间(-1,0]上的唯一零点.
(ⅱ)当x时,由(1)知,f'(x)在区间(0,α)内单调递增,在区间内单调递减,而f'(0)=0,f'<0,所以存在,使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时,f'(x)>0;当x时,f'(x)<0.
故f(x)在区间(0,β)内单调递增,在区间内单调递减.
又f(0)=0,f=1-ln1+>0,所以当x时,f(x)>0.从而,f(x)在区间上没有零点.
(ⅲ)当x时,f'(x)<0,所以f(x)在区间内单调递减.而f>0,f(π)<0,所以f(x)在区间上有唯一零点.
(ⅳ)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在区间(π,+∞)内没有零点.
综上,f(x)有且仅有2个零点.
对点训练5解(1)f(x)=exsinx,定义域为R.
f'(x)=ex(sinx+cosx)=exsinx+.由f'(x)<0得sin<0,解得2kπ+∴f(x)的单调递减区间为2kπ+,2kπ+(k∈Z).
(2)∵g'(x)=ex(sinx+cosx)-2,
∴g″(x)=2excosx,g″(x)是g'(x)的导函数.∵x∈(0,π),∴当x时,g″(x)>0;当x∈,π时,g″(x)<0.∴g'(x)在上单调递增,在上单调递减,
又∵g'(0)=1-2<0,g'-2>0,g'(π)=-eπ-2<0,
∴g'(x)在(0,π)上图象大致如图.
∴?x1,x2,使得g'(x1)=0,g'(x2)=0,
且当x∈(0,x1)或x∈(x2,π)时,g'(x)<0;当x∈(x1,x2)时,g'(x)>0.
∴g(x)在(0,x1)和(x2,π)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增.∵g(0)=0,
∴g(x1)<0.∵g-π>0,∴g(x2)>0.又∵g(π)=-2π<0,由零点存在性定理得,g(x)在(x1,x2)和(x2,π)内各有一个零点,
∴函数g(x)在(0,π)上有两个零点.
【例6】解(1)f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).
令f'(x)=0,得x=0或x=
若a>0,则当x∈(-∞,0)时,f'(x)>0;
当x时,f'(x)<0.
故f(x)在(-∞,0),单调递增,在单调递减;
若a=0,f(x)在(-∞,+∞)单调递增;
若a<0,则当x(0,+∞)时,f'(x)>0;
当x时,f'(x)<0.
故f(x)在,(0,+∞)单调递增,在单调递减.
(2)满足题设条件的a,b存在.
(ⅰ)当a≤0时,由(1)知,f(x)在[0,1]单调递增,所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.
(ⅱ)当a≥3时,由(1)知,f(x)在[0,1]单调递减,所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.
(ⅲ)当0若-+b=-1,b=1,则a=3,与0若-+b=-1,2-a+b=1,则a=3或a=-3或a=0,与0综上,当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时,f(x)在[0,1]的最小值为-1,最大值为1.
对点训练6解(1)∵函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,∴f'(x)=-ax-1≥0在[1,+∞)上恒成立.
∴a,
∴当x=2时,有最小值-,∴a≤-
(2)∵f'(x)=-ax-1,
∴f'(1)=1-a-1=-a.
∵函数f(x)在x=1处的切线平行于x轴,∴a=0,∴f(x)=lnx-x.∵不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>1时恒成立,∴xlnx-x>k(x-2)在x>1时恒成立,即xlnx-(k+1)x+2k>0在x>1时恒成立,令g(x)=xlnx-(k+1)x+2k,x>1,∴g'(x)=lnx-k,当k≤0时,g'(x)>0在(1,+∞)上恒成立,
即g(x)在(1,+∞)上单调递增,
g(x)>g(1)=k-1>0,则k>1,矛盾,当k>0时,令g'(x)>0,解得x>ek,令g'(x)<0,解得1∴g(x)在(1,ek)单调递减,在(ek,+∞)单调递增.
∴g(x)min=g(ek)=kek-(k+1)ek+2k=2k-ek>0,令h(k)=2k-ek,k>0,则h'(k)=2-ek,
∵当k0,函数h(k)单调递增,当k>ln2时,h'(k)<0,函数h(k)单调递减,∴h(k)max=h(ln2)=2ln2-2=2(ln2-1)<0,∴不存在整数k使得2k-ek>0恒成立.
综上所述不存在满足条件的整数k.