(新高考)高考数学一轮考点复习3.2.2《函数与导数”大题常考的4类题型》学案 (含详解)

这是一份(新高考)高考数学一轮考点复习3.2.2《函数与导数”大题常考的4类题型》学案 (含详解)，共27页。学案主要包含了真题集中研究——明考情，题型精细研究——提素养等内容，欢迎下载使用。
第2课时　精研题型明考向——“函数与导数”大题常考的4类题型
一、真题集中研究——明考情
1．(2020·新高考全国卷Ⅰ·考查导数的几何意义、不等式恒成立求参数)
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．
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－.
(1)当a＝e时，f(x)＝ex－ln x＋1，
所以f(1)＝e＋1，f′(1)＝e－1，
所以曲线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)当00；当x∈(x0，π)时，f′(x)0或f′(x)1时，h(x)0，即0x2－3ax＋1，故>x＋－3a.
[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－1，等号当且仅当x＝0时取到．　　
[针对训练]
1．已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a0；当x∈时，f′(x)0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)0时，g(x)≤0.
故当a0时，由f′(x)>0，得0a成立，
等价于a0)．
因为h′(x)＝－x－2＝＝－，
令得0ln(n＋1)．
解：(1)∵f(x)＝kx－ln x－1，
∴f′(x)＝k－＝(x>0，k>0)．
当0ln ，
∴1＋＋＋…＋>ln＋ln＋…＋ln＝ln(n＋1)，故1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．
2．已知函数f(x)＝axex＋(x＋1)2，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的极值；
(2)若函数g(x)＝f(x)－e在R上恰有两个零点，求a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝aex＋axex＋2(x＋1)＝(aex＋2)(x＋1)．
①当a≥0时，令f′(x)＝0⇒x＝－1，
x∈(－∞，－1)时，f′(x)0在(0，＋∞)上恒成立．
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)h(x)＝g(x)－f(x)＝x2＋xln a－aexln x.
由h(x)>0得x2＋xln a－aexln x>0，
即aexln x0，函数H(x)单调递增，且当x∈(1，＋∞)时，H(x)>0；当x∈(0,1)时，H(x)x，则H(aex)≥0>H(x)．
若0x.
综上可知，aex>x时对任意x∈(0,1)恒成立，
即a>对任意x∈(0,1)恒成立．
设G(x)＝，x∈(0,1)，则G′(x)＝>0.
所以G(x)在(0,1)上单调递增，所以G(x)－在(1，＋∞)上恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：m＝1时，f(x)＝(x2－1)－ln x(x>0)，
则f′(x)＝－＋x＝，
当x∈(0,1)时，f′(x)0，
所以f(x)在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递增，
所以f(x)min＝f(1)＝0，故f(x)≥0.
(2)由题意知，f′(x)＝－＋mx＝，x>0.
①当m≤0时，f′(x)＝0时，令f′(x)＝＝0，得x＝，
当x∈时，f′(x)0，
所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．
故f(x)在x＝处取得极小值f＝ln m＋－m，无极大值．
(3)不妨令h(x)＝－＝，不难证明ex－1－x≥0，当且仅当x＝1时取等号，
所以，当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.
由(1)知，当m≤0，x>1时，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
f(x)－在(1，＋∞)上恒成立，只能m>0.
当01,00恒成立．
故存在m≥1，使得不等式f(x)>－在(1，＋∞)上恒成立，此时m的最小值是1.
5．(2021年1月新高考八省联考卷)已知函数f(x)＝ex－sin x－cos x，g(x)＝ex＋sin x＋cos x.
(1)证明：当x>－时，f(x)≥0；
(2)若g(x)≥2＋ax，求a.
解：(1)证明：因为f(x)＝ex－sin x－cos x＝ex－sin，
f′(x)＝ex－cos x＋sin x＝ex＋sin，
f″(x)＝g(x)＝ex＋sin x＋cos x＝ex＋sin，
考虑到f(0)＝0，f′(0)＝0，所以
①当x∈时，sin0；
②当x∈时，f″(x)>0，所以f′(x)单调递增，f′(x)≤f′(0)＝0，
所以f(x)单调递减，f(x)≥f(0)＝0；
③当x∈时，f″(x)>0，所以f′(x)单调递增，f′(x)>f′(0)＝0，
所以f(x)单调递增，f(x)＞f(0)＝0；
④当x∈时，f(x)＝ex－sin≥e－>0.
综上，当x>－时，f(x)≥0.
(2)构造F(x)＝g(x)－2－ax＝ex＋sin x＋cos x－2－ax，
则F(x)min≥0，
所以F＝e＋a－2≥0⇒a≥＞0.
又F(0)＝0，所以，F(x)在R上的最小值为F(0)．
F′(x)＝ex＋cos x－sin x－a，F′(0)＝2－a，
F″(x)＝ex－sin x－cos x＝f(x)．
由(1)可知：F″(x)＝f(x)≥0在x＞－时恒成立，
所以F′(x)＝ex＋cos x－sin x－a在单调递增．
①若a＝2，则F′(x)在为负，(0，＋∞)为正，
所以F(x)在递减，在(0，＋∞)递增，所以F(x)≥0；
而当x≤－时，
F(x)＝ex＋sin x＋cos x－2－2x≥ex＋sin x＋cos x－2＋≥－2－>0，
故a＝2满足题意．
②若a>2，则F′(0)＝2－a