2020版高考新创新一轮复习数学新课改省份专用讲义：第三章第二节　第3课时　题型研究——“函数与导数”大题常考的3类题型

第3课时　题型研究——“函数与导数”大题常考的3类题型

利用导数研究函数的单调性是高考的热点和重点，一般为解答题的第一问，若不含参数，难度一般，若含参数，则较难．

常见的考法有：(1)求函数的单调区间．(2)讨论函数的单调性．(3)由函数的单调性求参数．

考法一　求函数的单调区间　

[例1]　(2018·湘东五校联考节选)已知函数f(x)＝(ln x－k－1)x(k∈R)．当x>1时，求f(x)的单调区间．

[解]　f′(x)＝·x＋ln x－k－1＝ln x－k，

①当k≤0时，因为x>1，所以f′(x)＝ln x－k>0，

所以函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间．

②当k>0时，令ln x－k＝0，解得x＝ek，

当1<x<ek时，f′(x)<0；当x>ek时，f′(x)>0.

所以函数f(x)的单调递减区间是(1，ek)，单调递增区间是(ek，＋∞)．

综上所述，当k≤0时，函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间；当k>0时，函数f(x)的单调递减区间是(1，ek)，单调递增区间是(ek，＋∞)．

[方法技巧]

利用导数求函数单调区间的方法

(1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0求出单调区间．

(2)当方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，依照实根把函数的定义域划分为几个区间，确定各区间f′(x)的符号，从而确定单调区间．

(3)若导函数的方程、不等式都不可解，根据f′(x)结构特征，利用图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间．　　

[针对训练]

(2019·湖南、江西十四校联考)已知f(x)＝(x2－ax)ln x－x2＋2ax，求f(x)的单调       递减区间．

解：易得f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝(2x－a)ln x＋x－a－3x＋2a＝(2x－a)ln x－(2x－a)＝(2x－a)(ln x－1)，

令f′(x)＝0得x＝或x＝e.

当a≤0时，因为x>0，所以2x－a>0，

令f′(x)<0得x<e，所以f(x)的单调递减区间为(0，e)．

当a>0时，

①若<e，即0<a<2e，当x∈时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间为；

②若＝e，即a＝2e，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立，f(x)没有单调递减区间；

③若>e，即a>2e，当x∈(0，e)时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0，当x∈时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间为.

综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，e)；当0<a<2e时，f(x)的单调递减区间为；当a＝2e时，f(x)无单调递减区间；当a>2e时，f(x)的单调递减区间为.

考法二　讨论函数的单调性　

[例2]　已知函数f(x)＝ln x＋－(a∈R且a≠0)，讨论函数f(x)的单调性．

[解]　f′(x)＝(x>0)，

①当a<0时，f′(x)>0恒成立，

∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

②当a>0时，由f′(x)＝>0，得x>；

由f′(x)＝<0，得0<x<，

∴函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．

综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

当a>0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．

[方法技巧]

讨论函数f(x)单调性的步骤

(1)确定函数f(x)的定义域；

(2)求导数f′(x)，并求方程f′(x)＝0的根；

(3)利用f′(x)＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f′(x)的正负，由符号确定f(x)在该区间上的单调性．

[提醒]　研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．　　

[针对训练]

已知函数f(x)＝1－ln x＋a2x2－ax(a∈R)，讨论函数f(x)的单调性．

解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝－＋2a2x－a＝＝.

①若a＝0，则f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．

②若a>0，则当x＝时，f′(x)＝0，

当0<x<时，f′(x)<0；

当x>时，f′(x)>0.

故f(x)在上单调递减，在上单调递增．

③若a<0，则当x＝－时，f′(x)＝0，

当0<x<－时，f′(x)<0；

当x>－时，f′(x)>0.

故f(x)在上单调递减，在上单调递增．

综上所述，当a＝0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；

当a>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增；

当a<0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．

考法三　由函数的单调性求参数　

[例3]　设函数f(x)＝x3－x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.

(1)求b，c的值；

(2)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．

[解]　(1)f′(x)＝x2－ax＋b，

由题意得即

(2)由(1)知f(x)＝x3－x2＋1，

则g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在x∈(－2，－1)，

使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立，

即x∈(－2，－1)时，a<max＝－2，

当且仅当x＝，即x＝－时等号成立．

所以满足要求的a的取值范围是(－∞，－2)．

[方法技巧]

由函数的单调性求参数的取值范围的方法

(1)由可导函数f(x)在D上单调递增(或递减)求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)对x∈D恒成立问题，再参变分离，转化为求最值问题，要注意“＝”是否取到．

(2)可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题．

(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．　　

[针对训练]

已知函数f(x)＝aln x＋x2＋(a＋1)x＋3.

(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调递减区间；

(2)若函数f(x)在区间(0，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围．

解：(1)当a＝－1时，f(x)＝－ln x＋x2＋3，定义域为(0，＋∞)，

则f′(x)＝－＋x＝.

由得0＜x＜1.

所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1)．

(2)法一：因为函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数，

所以f′(x)＝＋x＋a＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立，

所以x2＋(a＋1)x＋a≥0，即(x＋1)(x＋a)≥0在(0，＋∞)上恒成立．

因为x＋1＞0，所以x＋a≥0对x∈(0，＋∞)恒成立，

所以a≥0，故实数a的取值范围是[0，＋∞)．

法二：因为函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数，

所以f′(x)＝＋x＋a＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立，

即x2＋(a＋1)x＋a≥0在(0，＋∞)上恒成立．

令g(x)＝x2＋(a＋1)x＋a，

因为Δ＝(a＋1)2－4a≥0恒成立，

所以即a≥0，

所以实数a的取值范围是[0，＋∞).

[典例]　(2019·安徽十大名校联考)设函数f(x)＝ex－x2－ax－1(e为自然对数的底数)，a∈R.

(1)证明：当a<2－2ln 2时，f′(x)没有零点；

(2)当x>0时，f(x)＋x≥0恒成立，求a的取值范围．

[解]　(1)证明：∵f′(x)＝ex－2x－a，令g(x)＝f′(x)，

∴g′(x)＝ex－2.令g′(x)<0，解得x<ln 2；

令g′(x)>0，解得x>ln 2，

∴f′(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，

∴f′(x)min＝f′(ln 2)＝2－2ln 2－a.

当a<2－2ln 2时，f′(x)min>0，

∴f′(x)的图象恒在x轴上方，∴f′(x)没有零点．

(2)当x>0时，f(x)＋x≥0恒成立，即ex－x2－ax＋x－1≥0恒成立，

∴ax≤ex－x2＋x－1，即a≤－x－＋1恒成立．

令h(x)＝－x－＋1(x>0)，

则h′(x)＝.

当x>0时，ex－x－1>0恒成立，

令h′(x)<0，解得0<x<1，令h′(x)>0，解得x>1，

∴h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

∴h(x)min＝h(1)＝e－1.

∴a的取值范围是(－∞，e－1]．

[方法技巧]

利用导数研究方程根(函数零点)的技巧

(1)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等；

(2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置；

(3)利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．　　

[针对训练]　

(2019·武汉调研)已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．

(1)求f(x)的单调区间；

(2)讨论g(x)＝f(x)在区间[0,1]上零点的个数．

解：(1)∵f(x)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)>0恒成立，

∴f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；

当a>0时，令f′(x)<0，得x<ln a，

令f′(x)>0，得x>ln a，

∴f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．

(2)令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝，

先考虑f(x)在区间[0,1]上的零点个数，

①当a≤1时，f(x)在[0,1]上单调递增且f(0)＝0，

∴f(x)在[0,1]上有一个零点；

②当a≥e时，f(x)在[0,1]上单调递减且f(0)＝0，

∴f(x)在[0,1]上有一个零点；

③当1<a<e时，f(x)在[0，ln a)上单调递减，在(ln a,1]上单调递增，

而f(1)＝e－a－1，当e－a－1≥0，即1<a≤e－1时，f(x)在[0,1]上有两个零点，

当e－a－1<0，即e－1<a<e时，f(x)在[0,1]上有一个零点．

当x＝时，由f＝0得a＝2(－1)．

∴当a≤1或a>e－1或a＝2(－1)时，g(x)在[0,1]上有两个零点；

当1<a≤e－1且a≠2(－1)时，g(x)在[0,1]上有三个零点．

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．

常见的考法有：(1)证明不等式．(2)不等式恒成立问题．(3)存在型不等式成立问题．

考法一　证明不等式　

[例1]　(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝.

(1)求曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程；

(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥0.

[解]　(1)因为f′(x)＝，

所以f′(0)＝2，f(0)＝－1，

所以曲线y＝f(x)在(0，－1)处的切线方程是y＋1＝2x，即2x－y－1＝0.

(2)证明：当a≥1时，

f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.

令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，

则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1.

当x<－1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；

当x>－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增．

所以g(x)≥g(－1)＝0.

因此f(x)＋e≥0.

[方法技巧]

1．利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本方法

(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min>g(x)max；

(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)>0.

2．证明不等式时的一些常见结论

(1)ln x≥x－1，等号当且仅当x＝1时取到；

(2)ex≥x＋1，等号当且仅当x＝0时取到；

(3)ln x<x<ex，x>0；

(4)≤ln(x＋1)≤x，x>－1，等号当且仅当x＝0时取到．　　

[针对训练]

(2018·广西柳州毕业班摸底)已知函数f(x)＝ax＋xln x在x＝e－2(e为自然对数的底数)处取得极小值．

(1)求实数a的值；

(2)当x>1时，求证：f(x)>3(x－1)．

解：(1)因为f(x)＝ax＋xln x，

所以f′(x)＝a＋ln x＋1，

因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值，

所以f′(e－2)＝0，即a＋ln e－2＋1＝0，

所以a＝1，所以f′(x)＝ln x＋2.

当f′(x)>0时，x>e－2；当f′(x)<0时，0<x<e－2，

所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，

所以f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意，所以a＝1.

(2)证明：由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋xln x.

令g(x)＝f(x)－3(x－1)，

即g(x)＝xln x－2x＋3(x>0)．

g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0，得x＝e.

由g′(x)>0，得x>e；由g′(x)<0，得0<x<e.

所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，

所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3－e>0.

于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)>0，所以f(x)>3(x－1)．

考法二　不等式恒成立问题　

[例2]　(2019·安徽江淮十校联考)已知函数f(x)＝xln x(x>0)．

(1)求f(x)的单调区间和极值；

(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥恒成立，求实数m的最大值．

[解]　(1)由题意知f′(x)＝ln x＋1，

令f′(x)>0，得x>，令f′(x)<0，得0<x<，

∴f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是，

f(x)在x＝处取得极小值，极小值为f＝－，无极大值．

(2)由f(x)≥及f(x)＝xln x，

得m≤，

问题转化为m≤min.

令g(x)＝(x>0)，

则g′(x)＝，

由g′(x)>0⇒x>1，由g′(x)<0⇒0<x<1.

所以g(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，

所以g(x)min＝g(1)＝4，

即m≤4，所以m的最大值是4.

[方法技巧]

不等式恒成立问题的求解策略

(1)已知不等式f(x，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x∈D恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下：

(2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a>0，Δ<0或a<0，Δ<0)求解．　

[针对训练]

设函数f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)，若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围．

解：令F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2.

F(0)＝2k－2≥0⇒k≥1，F(－2)＝－2ke－2＋2≥0⇒k≤e2，所以1≤k≤e2.

由F′(x)＝2(x＋2)(kex－1)＝0⇒x1＝－2，x2＝－ln k≥－2.

①当k＝e2时，F′(x)＝2(x＋2)(ex＋2－1)≥0，

所以F(x)在[－2，＋∞)递增，

所以F(x)≥F(－2)＝0.

②当1≤k<e2时，

F(x)min＝F(－ln k)＝ln k(2－ln k)≥0.

综上，1≤k≤e2.

考法三　不等式存在性问题　

(1)f(x)>g(x)对x∈I能成立⇔I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I)．

(2)对∀x1∈D1，∃x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min，f(x)的定义域为D1，g(x)的定义域为D2.

[例3]　(2019·云南统考)已知函数f(x)＝－ax(a>0)．

(1)若函数f(x)在(1，＋∞)上是减函数，求实数a的最小值；

(2)若∃x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立，求实数a的取值范围．

[解]　(1)因为f(x)在(1，＋∞)上为减函数，

所以f′(x)＝－a≤0在(1，＋∞)上恒成立．

所以当x∈(1，＋∞)时，f′(x)max≤0.

又f′(x)＝－a＝－2＋－a，

故当＝，即x＝e2时，f′(x)max＝－a，

所以－a≤0，故a≥，所以a的最小值为.

(2)“若∃x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立”等价于当x∈[e，e2]时，有

f(x)min≤f′(x)max＋a，

当x∈[e，e2]时，有f′(x)max＋a＝，

问题等价于：“当x∈[e，e2]时，有f(x)min≤”．

①当a≥时，f(x)在[e，e2]上为减函数，

则f(x)min＝f(e2)＝－ae2≤，故a≥－.

②当0<a<时，由于f′(x)＝－2＋－a在[e，e2]上为增函数，

故f′(x)的值域为[f′(e)，f′(e2)]，即.

由f′(x)的单调性和值域知，存在唯一x0∈(e，e2)，使f′(x0)＝0，且满足：

当x∈(e，x0)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；

当x∈(x0，e2)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．

所以f(x)min＝f(x0)＝－ax0≤，x0∈(e，e2)，

所以a≥－>－>－＝，

与0<a<矛盾，不合题意．

综上，实数a的取值范围为.

[方法技巧]

不等式存在性问题的求解策略

“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立，以免细节出错．　　

[针对训练]　

(2019·郑州模拟)已知函数f(x)＝ln x－a(x＋1)，a∈R在(1，f(1))处的切线与x轴平行．

(1)求f(x)的单调区间；

(2)若存在x0>1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)－＋2x＋>k(x－1)成立，求k的取值范围．

解：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．

∵f′(x)＝－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，

∴f′(x)＝－1＝.

令f′(x)>0，得0<x<1；令f′(x)<0，得x>1.

∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．

(2)不等式f(x)－＋2x＋>k(x－1)可化为

ln x－＋x－>k(x－1)．

令g(x)＝ln x－＋x－－k(x－1)，x>1，

则g′(x)＝－x＋1－k＝.

∵x>1，令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1，

h(x)的对称轴为x＝，

①当≤1，即k≥－1时，易知h(x)在(1，x0)上单调递减，

∴h(x)<h(1)＝1－k.

若k≥1，则h(x)≤0，∴g′(x)≤0，∴g(x)在(1，x0)上单调递减，

∴g(x)<g(1)＝0，不符合题意．

若－1≤k<1，则h(1)>0，∴必存在x0使得x∈(1，x0)时g′(x)>0，

∴g(x)在(1，x0)上单调递增，

∴g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．

②当>1，即k<－1时，易知必存在x0使得h(x)在 (1，x0)上单调递增，∴h(x)>h(1)＝1－k>0，∴g′(x)>0，

∴g(x)在(1，x0)上单调递增，∴g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．

综上，k的取值范围是(－∞，1).