《二輪復習數(shù)學文 通用版講義：第一部分 第三層級 高考5個大題 題題研訣竅 函數(shù)與導數(shù)綜合問題巧在“轉”、難在“分” Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《二輪復習數(shù)學文 通用版講義：第一部分 第三層級 高考5個大題 題題研訣竅 函數(shù)與導數(shù)綜合問題巧在“轉”、難在“分” Word版含解析（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 思維流程思維流程找突破口找突破口 技法指導技法指導遷移搭橋遷移搭橋 函數(shù)與導數(shù)問題一般以函數(shù)為載體， 以導數(shù)為工函數(shù)與導數(shù)問題一般以函數(shù)為載體， 以導數(shù)為工具， 重點考查函數(shù)的一些性質， 如含參函數(shù)的單調性、具， 重點考查函數(shù)的一些性質， 如含參函數(shù)的單調性、極值或最值的探求與討論，復雜函數(shù)零點的討論，函極值或最值的探求與討論，復雜函數(shù)零點的討論，函數(shù)不等式中參數(shù)范圍的討論， 恒成立和能成立問題的數(shù)不等式中參數(shù)范圍的討論， 恒成立和能成立問題的討論等，是近幾年高考試題的命題熱點對于這類綜討論等，是近幾年高考試題的命題熱點對于這類綜合問題，一般是先轉化合問題，一般是先轉化(變形變形)，再求導，

2、分解出基，再求導，分解出基本本函數(shù)，分類討論研究其性質，再根據(jù)題意解決問題函數(shù)，分類討論研究其性質，再根據(jù)題意解決問題. 典例典例 已知函數(shù)已知函數(shù) f(x)eln xax(aR R) (1)討論討論 f(x)的單調性；的單調性； (2)當當 ae 時，證明：時，證明：xf(x)ex2ex0. 快審題快審題 求什么求什么 想什么想什么 討論函數(shù)的單調性，想到利用導數(shù)判斷討論函數(shù)的單調性，想到利用導數(shù)判斷 證明不等式，想到對所證不等式進行變形轉化證明不等式，想到對所證不等式進行變形轉化 給什么給什么 用什么用什么 已知函數(shù)的解析式，利用導數(shù)解題已知函數(shù)的解析式，利用導數(shù)解題 差什么差什么 找什么

3、找什么 證不等式時，對不等式變形轉化后還不能直接判斷兩函數(shù)的證不等式時，對不等式變形轉化后還不能直接判斷兩函數(shù)的關系，應找出所構造函數(shù)的最值關系，應找出所構造函數(shù)的最值. 穩(wěn)解題穩(wěn)解題 (1)f(x)exa(x0)， 若若 a0，則，則 f(x)0，f(x)在在(0，)上單調遞增；上單調遞增； 若若 a0，則當，則當 0 x0，當，當 xea時，時，f(x)0，所以只需證，所以只需證 f(x)exx2e， 當當 ae 時，由時，由(1)知，知，f(x)在在(0,1)上單調遞增，在上單調遞增，在(1，)上單調遞減，上單調遞減， 所以所以 f(x)maxf(1)e. 記記 g(x)exx2e(x0

4、)， 則則 g(x) x1 exx2， 所以當所以當 0 x1 時，時，g(x)1 時，時，g(x)0，g(x)單調遞增，單調遞增， 所以所以 g(x)ming(1)e. 綜上，當綜上，當 x0 時，時，f(x)g(x)，即，即 f(x)exx2e， 即即 xf(x)ex2ex0. 法二法二：證：證 xf(x)ex2ex0， 即證即證 exln xex2ex2ex0， 從而等價于從而等價于 ln xx2exex. 設函數(shù)設函數(shù) g(x)ln xx2， 則則 g(x)1x1. 所以當所以當 x(0,1)時，時，g(x)0； 當當 x(1，)時，時，g(x)0， 故故 g(x)在在(0,1)上單調

5、遞增，在上單調遞增，在(1，)上單調遞減，上單調遞減， 從而從而 g(x)在在(0，)上的最大值為上的最大值為 g(1)1. 設函數(shù)設函數(shù) h(x)exex，則，則 h(x)ex x1 ex2. 所以當所以當 x(0,1)時，時，h(x)0， 故故 h(x)在在(0,1)上單調遞減，在上單調遞減，在(1，)上單調遞增，上單調遞增， 從而從而 h(x)在在(0，)上的最小值為上的最小值為 h(1)1. 綜上，當綜上，當 x0 時，時，g(x)h(x)， 即即 xf(x)ex2ex0. 題后悟道題后悟道 函數(shù)與導數(shù)綜合問題的關鍵函數(shù)與導數(shù)綜合問題的關鍵 (1)會求函數(shù)的極值點，先利用方程會求函數(shù)的

6、極值點，先利用方程 f(x)0 的根，將函數(shù)的定義域分成若干個開區(qū)間，的根，將函數(shù)的定義域分成若干個開區(qū)間，再列成表格，最后依表格內容即可寫出函數(shù)的極值；再列成表格，最后依表格內容即可寫出函數(shù)的極值； (2)證明不等式，常構造證明不等式，常構造函數(shù)，并利用導數(shù)法判斷新構造函數(shù)的單調性，從而可證明原函數(shù)，并利用導數(shù)法判斷新構造函數(shù)的單調性，從而可證明原不等式成立；不等式成立； (3)不等式恒成立問題除了用分離參數(shù)法， 還可以從分類討論和判斷函數(shù)的單調性入手，不等式恒成立問題除了用分離參數(shù)法， 還可以從分類討論和判斷函數(shù)的單調性入手，去求參數(shù)的取值范圍去求參數(shù)的取值范圍 針對訓練針對訓練 已知函數(shù)

7、已知函數(shù) f(x)xln x，g(x)ax22，直線，直線 l：y(k3)xk2. (1)若曲線若曲線 yf(x)在在 xe 處的切線與直線處的切線與直線 l 平行，求實數(shù)平行，求實數(shù) k 的值；的值； (2)若至少存在一個若至少存在一個 x01，e使使 f(x0)1 時，函數(shù)時，函數(shù) f(x)的圖象恒在直線的圖象恒在直線 l 的上方，的上方，求求 k 的最大值的最大值 解：解：(1)由已知得，由已知得，f(x)ln x1，且，且 yf(x)在在 xe 處的切線與直線處的切線與直線 l 平行，平行， 所以所以 f(e)ln e12k3，解得，解得 k5. (2)因為至少存在一個因為至少存在一個

8、 x01，e使使 f(x0)g(x0)成立，成立， 所以至少存在一個所以至少存在一個 x 使使 xln x2ln xx成立成立 令令 h(x)2ln xx，當，當 x1，e時，時，h(x)2 1ln x x20 恒成立，恒成立， 因此因此 h(x)2ln xx在在1，e上單調遞增上單調遞增. 故當故當 x1 時，時，h(x)min0， 所以實數(shù)所以實數(shù) a 的取值范圍為的取值范圍為(0，) (3)由已知得，由已知得，xln x(k3)xk2 在在 x1 時恒成立，時恒成立， 即即 k0 在在 x1 時恒成立時恒成立. 所以所以 m(x)在在(1，)上單調遞增，且上單調遞增，且 m(3)1ln

9、30， 所以在所以在(1，)上存在唯一實數(shù)上存在唯一實數(shù) x0(x0(3,4)使使 m(x0)0，即，即 x0ln x020. 當當 1xx0時，時，m(x)0，即，即 F(x)x0時，時，m(x)0，即，即 F(x)0， 所以所以 F(x)在在(1，x0)上單調遞減，在上單調遞減，在(x0，)上單調遞增上單調遞增 故故 F(x)minF(x0)x0ln x03x02x01 x0 x02 3x02x01x02(5,6) 故故 kx02(kZ Z)，所以，所以 k 的最大值為的最大值為 5. 總結升華總結升華 函數(shù)與導數(shù)壓軸題堪稱函數(shù)與導數(shù)壓軸題堪稱“龐然大物龐然大物”，所以征服它需要一定的膽量

10、和勇氣，可以參變，所以征服它需要一定的膽量和勇氣，可以參變量分離、可把復雜函數(shù)分離為基本函數(shù)、可把題目分解成幾個小題、也可把解題步驟分解量分離、可把復雜函數(shù)分離為基本函數(shù)、可把題目分解成幾個小題、也可把解題步驟分解為幾個小步，也可從邏輯上重新?lián)Q敘注重分步解答，這樣，即使解答不完整，也要做到為幾個小步，也可從邏輯上重新?lián)Q敘注重分步解答，這樣，即使解答不完整，也要做到盡可能多拿步驟分同時要注意分類思想、數(shù)形結合思想、化歸與轉化等數(shù)學思想的運用盡可能多拿步驟分同時要注意分類思想、數(shù)形結合思想、化歸與轉化等數(shù)學思想的運用 專題過關檢測專題過關檢測 1(2018 全國卷全國卷)已知函數(shù)已知函數(shù) f(x)

11、ax2x1ex. (1)求曲線求曲線 yf(x)在點在點(0，1)處的切線方程；處的切線方程； (2)證明：當證明：當 a1 時，時，f(x)e0. 解：解：(1)因為因為 f(x)ax2 2a1 x2ex， 所以所以 f(0)2，f(0)1， 所以曲線所以曲線 yf(x)在在(0，1)處的切線方程是處的切線方程是 y12x，即，即 2xy10. (2)證明：當證明：當 a1 時，時， f(x)e(x2x1ex1)ex. 令令 g(x)x2x1ex1， 則則 g(x)2x1ex1. 當當 x1 時，時，g(x)1 時，時，g(x)0，g(x)單調遞增單調遞增 所以所以 g(x)g(1)0. 因

12、此因此 f(x)e0. 2(2018 全國卷全國卷)已知函數(shù)已知函數(shù) f(x)13x3a(x2x1) (1)若若 a3，求，求 f(x)的單調區(qū)間；的單調區(qū)間； (2)證明：證明：f(x)只有一個零點只有一個零點 解：解：(1)當當 a3 時，時，f(x)13x33x23x3， f(x)x26x3. 令令 f(x)0，解得，解得 x32 3或或 x32 3. 當當 x(，32 3)(32 3，)時，時，f(x)0； 當當 x(32 3，32 3)時，時，f(x)0， 所以所以 f(x)0 等價于等價于x3x2x13a0. 設設 g(x)x3x2x13a， 則則 g(x)x2 x22x3 x2x

13、1 20， 僅當僅當 x0 時，時，g(x)0， 所以所以 g(x)在在(，)上單調遞增上單調遞增 故故 g(x)至多有一個零點，從而至多有一個零點，從而 f(x)至多有一個零點至多有一個零點 又又 f(3a1)6a22a136 a162160， 故故 f(x)有一個零點有一個零點 綜上，綜上，f(x)只有一個零點只有一個零點 3(2018 西安質檢西安質檢)設函數(shù)設函數(shù) f(x)ln xkx(kR R) (1)若曲線若曲線 yf(x)在點在點(e，f(e)處的切線與直線處的切線與直線 x20 垂直，求垂直，求 f(x)的單調性和極小值的單調性和極小值(其中其中 e 為自然對數(shù)的底數(shù)為自然對數(shù)

14、的底數(shù))； (2)若對任意的若對任意的 x1x20，f(x1)f(x2)0)， 曲線曲線 yf(x)在點在點(e，f(e)處的切線與直線處的切線與直線 x20 垂直，垂直， f(e)0，即，即1eke20，得，得 ke， f(x)1xex2xex2(x0) 由由 f(x)0，得，得 0 x0，得，得 xe， f(x)在在(0，e)上單調遞減，在上單調遞減，在(e，)上單調遞增，上單調遞增， 當當 xe 時，時，f(x)取得極小值，且取得極小值，且 f(e)ln eee2. f(x)的極小值為的極小值為 2. (2)由題意知對任意的由題意知對任意的 x1x20，f(x1)x10)， 則則 h(x

15、)在在(0，)上單調遞減，上單調遞減， h(x)1xkx210 在在(0，)上恒成立，上恒成立， 即當即當 x0 時，時，kx2x x12214恒成立，恒成立， k14. 故故 k 的取值范圍是的取值范圍是 14， . 4(2018 沈陽質檢沈陽質檢)已知已知 f(x)exax22x(aR) (1)求函數(shù)求函數(shù) f(x)的圖象恒過的定點坐標；的圖象恒過的定點坐標； (2)若若 f(x)ax1 恒成立，求恒成立，求 a 的值；的值； (3)在在(2)成立的條件下，證明：成立的條件下，證明：f(x)存在唯一的極小值點存在唯一的極小值點 x0，且，且2f(x0)0， g(x)在在 R 上單調遞增，且

16、當上單調遞增，且當 x0 時，時，g(x)0， exax1 不能恒成立不能恒成立 若若 a0，令，令 g(x)0，xln a. 當當 x(，ln a)時，時，g(x)0，函數(shù)，函數(shù) g(x)單調遞增，單調遞增， 函數(shù)函數(shù) g(x)在在 xln a 處取得極小值，處取得極小值， g(ln a)aaln a1. 要使要使 ex2ax2ax1 恒成立，恒成立， 只需只需 aaln a10. 設設 h(a)aaln a1， 則則 h(a)1ln a1ln a， 當當 a(0,1)時，時，h(a)0，函數(shù)，函數(shù) h(a)單調遞增；單調遞增； 當當 a(1，)時，時，h(a)ln 2 時，時，m(x)0，

17、當，當 xln 2 時，時，m(x)0， 函數(shù)函數(shù) m(x)在在(，ln 2)上單調遞減，在上單調遞減，在(ln 2，)上單調遞增，上單調遞增， m(x)ex2x2 在在 xln 2 處取得極小值，且處取得極小值，且 m(ln 2)2ln 20，m(2)e260， m(x)有兩個變號零點，有兩個變號零點， f(x)存在唯一的極小值點存在唯一的極小值點 x0， f(x0)0，即，即 ex02x020， f(x0)ex0 x202x02x02x202x02x20， m 32e322322e3250， x0 32，2 ， 函數(shù)函數(shù) f(x)的極小值的極小值 f(x0)2x20 2，14， 即即2f(x0)14.