2019届二轮复习规范答题示范——函数与导数解答题学案（全国通用）

规范答题示范——函数与导数解答题【典例】 (12分)(2017·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a<0时，证明f(x)≤－－2.[信息提取]看到讨论f(x)的单调性，想到先确定函数的定义域，然后对函数f(x)进行求导.看到要证f(x)≤－－2成立，想到利用导数求函数的最大值.[规范解答](1)解　f(x)的定义域(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.……………………………………………………………………………………1分若a≥0时，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，……………………………………………………………………………………2分若a<0时，则当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.故f(x)在上单调递增，在上单调递减.……………………………………………………………………………………5分(2)证明　由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f ＝ln－1－，所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0，……………………………………………………………………………………8分设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝－1.当x∈(0，1)时，g′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.……………………………………………………………………………………10分所以当x>0时，g(x)≤0，从而当a<0时，ln＋＋1≤0，即f(x)≤－－2.……………………………………………………………………………………12分[高考状元满分心得]得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分.如第(1)问中，求导正确，分类讨论；第(2)问中利用单调性求g(x)的最大值和不等式性质的运用.得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中，求出f(x)的定义域，f′(x)在(0，＋∞)上单调性的判断；第(2)问，f(x)在x＝－处最值的判定，f(x)≤－－2等价转化为ln＋＋1≤0等.得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(1)问中，求导f′(x)准确，否则全盘皆输，第(2)问中，准确计算f(x)在x＝－处的最大值.[解题程序]第一步：求函数f(x)的导函数f′(x)；第二步：分类讨论f(x)的单调性；第三步：利用单调性，求f(x)的最大值；第四步：根据要证的不等式的结构特点，构造函数g(x)；第五步：求g(x)的最大值，得出要证的不等式.第六步：反思回顾，查看关键点、易错点和解题规范.【巩固提升】 已知函数f(x)＝x2－kln x－a，g(x)＝x2－x.(1)当a＝0时，若g(x)<f(x)在区间(1，＋∞)上恒成立，求实数k的取值范围.(2)是否存在常数k，使得函数f(x)和g(x)在区间(0，＋∞)上具有相同的单调性？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由.解　(1)当a＝0时，由g(x)<f(x)得kln x<x，因为x>1，所以ln x>0，所以k<在(1，＋∞)上恒成立.令t(x)＝(x>1)，则t′(x)＝，由t′(x)＝0得x＝e，当1<x<e时，t′(x)<0，t(x)在(1，e)上为减函数，当x>e时，t′(x)>0，t(x)在(e，＋∞)上为增函数.所以t(x)min＝t(e)＝e.所以实数k的取值范围为(－∞，e).(2)g(x)＝x2－x在上单调递减，在上单调递增.函数f(x)＝x2－kln x－a，f′(x)＝，当k≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不合题意.当k>0时，令f′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍去).当x∈时，f′(x)<0，当x∈时，f′(x)>0，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增.要使f(x)与g(x)在(0，＋∞)上具有相同的单调性，需使＝，解得k＝.所以存在常数k＝，使得函数f(x)与g(x)在(0，＋∞)上具有相同的单调性.