1、专题2 函数与导数,第2讲 综合大题部分,考情考向分析利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数零点、方程根及不等式相结合，难度较大,考点一 函数的单调性、极值、最值问题 1(单调性与最值)(2018南昌摸底调研)已知函数f(x)ln x2mx2n(m，nR)(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有最大值ln 2，求mn的最小值解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，)，,2(单调性与极值)(2018高考全国卷)已知函数f(x)(2xax2)ln(1x)2x.(1)若a0，证明：当1x0时，f(x)0；当x0时，f(x)0；(2)若x0是f(x)的极大值点，求a.当1x
2、0时，g(x)0；当x0时，g(x)0，故当x1时，g(x)g(0)0，且仅当x0时，g(x)0，从而f(x)0，且仅当x0时，f(x)0.所以f(x)在(1，)单调递增又f(0)0，故当1x0时，f(x)0；当x0时，f(x)0.,(2)若a0，由(1)知， 当x0时，f(x)(2x)ln(1x)2x0f(0)， 这与x0是f(x)的极大值点矛盾 若a0，故h(x)与f(x)符号相同 又h(0)f(0)0，故x0是f(x)的极大值点， 当且仅当x0是h(x)的极大值点,h(x)0， 所以x0不是h(x)的极大值点则当x(1,0)时，h(x)0；当x(0,1)时，h(x)0. 所以x0是h(x
3、)的极大值点，从而x0是f(x)的极大值点,1闭区间、开区间上的最值(1)求函数f(x)在闭区间a，b内的最大值和最小值的思路：若所给的闭区间a，b不含有参数，则只需对函数f(x)求导，并求f(x)0在区间a，b内的根，再计算使导数等于零的根的函数值，把该函数值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值若所给的闭区间a，b含有参数，则需对函数f(x)求导，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值(2)求函数f(x)在非闭区间内的最大值和最小值的技巧：首先求函数的定义域和f(x)；其次在定义域内解不等式f(x)0，得f(x)的递增区间，在定义域内
4、解不等式f(x)0，得f(x)的递减区间；最后数形结合，判断函数f(x)有无最大值与最小值,2已知极值点(极值)求参数已知函数f(x)的极值点求参数的取值范围的关键：对函数求导得到f(x)，把函数含有极值点的个数问题转化为方程f(x)0含有根的个数问题，把方程f(x)0中含有的参数分离到方程的另一边，即g(x)a，通过构造函数，再次转化为两个函数yg(x)，ya的图象的交点个数问题，画出图象，即可得到参数的取值范围,考点二 方程与函数零点问题(1)若a3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点,(2)证明：因为x2x10，仅当x0时g(x)0， 所以g(x)在(，)单调递增 故
5、g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点综上，f(x)只有一个零点,(3)当a0，b1，方程2mf(x)x2有唯一实数解，求正数m的值,解析：(1)依题意，知f(x)的定义域为(0，)，令f(x)0，解得x1. 当00，此时f(x)单调递增； 当x1时，f(x)0，此时f(x)单调递减,当x(0，x2)时，g(x)0， g(x)在(x2，)单调递增 当xx2时，g(x2)0，g(x)取最小值g(x2) 因为g(x)0有唯一解，所以g(x2)0.,所以2mln x2mx2m0， 因为m0，所以2ln x2x210(*) 设函数h(x)2ln xx1，因为当x0时， h(x)是增函数，所
6、以h(x)0至多有一解 因为h(1)0，所以方程(*)的解为x21，,判断零点个数 判断函数在某区间a，b(a，b)内的零点的个数时，主要思路为：一是由f(a)f(b)0及零点存在性定理，说明在此区间上至少有一个零点；二是求导，判断函数在区间(a，b)上的单调性，若函数在该区间上单调递增或递减，则说明至多只有一个零点；若函数在区间a，b(a，b)上不单调，则要求其最大值或最小值，借用图象法等，判断零点个数,考点三 导数与不等式问题 1(恒成立问题)(2018沈阳高考一模)已知函数f(x)(x1)23aln x，aR.(1)求函数f(x)图象经过的定点坐标；(2)当a1时，求曲线f(x)在点(1
7、，f(1)处的切线方程及函数f(x)单调区间；(3)若对任意x1，e，f(x)4恒成立，求实数a的取值范围解析：(1)当x1时，ln 10，f(1)4，函数f(x)的图象无论a为何值都经过定点(1,4)(2)当a1时，f(x)(x1)23ln x.,则切线方程为y41(x1)，即yx3.,当a0时，f(x)0，f(x)在1，e上单调递增 f(x)minf(1)4，f(x)4不恒成立 当a0时，设g(x)2x22x3a，x0.g(x)在(0，)上单调递增，且存在唯一x0(0，)，使得g(x0)0. 当x(0，x0)时，g(x)0，即f(x)0， f(x)在(0，x0)上单调递减；,当x(x0，)
8、时，g(x)0，即f(x)0， f(x)在(x0，)上单调递增 f(x)在1，e上的最大值f(x)maxmaxf(1)，f(e),2(存在性问题)已知函数f(x)xaln x(a0)(1)若a1，求f(x)的极值；解析：(1)因为a1，所以f(x)xln x，x(0，)，令f(x)0，解得0x1.所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，故f(x)的极小值是f(1)1，无极大值,当1ae时，h(x)在1，e上单调递减，当12，不符合题意,3(证明问题)(2018高考全国卷)已知函数f(x)aexln x1.(1)设x2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；,当0x2
9、时，f(x)0；当x2时，f(x)0. 所以f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增,当0x1时，g(x)0；当x1时，g(x)0. 所以x1是g(x)的最小值点 故当x0时，g(x)g(1)0.,1不等式恒成立求参数求解含参不等式恒成立问题的关键是过好双关：第一关是转化关，即通过分离参数法，先转化为f(a)g(x)(或f(a)g(x)对xD恒成立，再转化为f(a)g(x)max (或f(a)g(x)min)；第二关是求最值关，即求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值)问题 2不等式能成立求参数求解含参不等式能成立问题的关键是过好“三关”：第一关是求导关；第二关是转化关，即通过
10、分离参数法，先转化为存在xD，使f(a)g(x)(或f(a)g(x)成立，再转化为f(a)g(x)min(或f(a)g(x)max)；第三关是求最值关，即求函数g(x)在区间D上的最小值(或最大值)问题不等式能成立求参数的取值范围还可以直接利用图象法，通过数形结合使问题获解,3不等式证明(1)利用导数证明单变量的不等式的常见形式是f(x)g(x)证明技巧：先将不等式f(x)g(x)移项，即构造函数h(x)f(x)g(x)，转化为证不等式h(x)0，再次转化为证明h(x)min0，因此，只需在所给的区间内，判断h(x)的符号，从而判断其单调性，并求出函数h(x)的最小值，即可得证(2)破解含双参
11、不等式的证明的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果,1混淆“函数的单调区间”“函数在区间上单调”“函数存在单调区间”(1)若f(x)在x2处取得极小值，求a的值；(2)若f(x)存在单调递减区间，求a的取值范围,因为f(x)在x2处取得极小值，所以f(2)0，,由f(x)存在单调递减区间，得当x0时，f(x)0时，ax2(2a1)x a0有解(a为二次项的系数，需分类讨论) 当a0时，ax2(2a1)xa
12、0显然成立,当a0时，函数yax2(2a1)xa的图象是开口向上的抛物线，只要方程ax2 (2a1)xa0有两根，且至少有一个根为正根即可,易错防范 (1)已知函数的单调性求参数的取值范围问题的常用解法有两种：一种是子区间法，即利用集合思想求解；另一种是恒成立法，即若函数f(x)在区间D上单调递减，则f(x)0在区间D上恒成立(且不恒等于0)，若函数f(x)在区间D上单调递增，则f(x)0在区间D上恒成立(且不恒等于0)勿因“”出错 (2)已知函数存在单调区间求参数的取值范围问题是存在性问题，其转化方法为：若f(x)存在单调递减区间，则f(x)0在给定区间上有解注意将其与“函数的单调区间”“函
13、数在区间上单调”的转化方法区别开来,2混淆“极值”与“最值” 典例2 (2018江西吉安西路片七校联考)已知函数f(x)ax2(12a)xln x.(1)当a0时，求函数f(x)的单调递增区间；解析 因为f(x)ax2(12a)xln x，(1)因为a0，x0，所以2ax10，令f(x)0，得x1，所以f(x)的单调递增区间为(1，),易错防范 (1)解本题时不要混淆极值与最值，函数的极值是通过比较极值点附近的函数值得到的，它不一定是最值，而函数的最值是通过比较整个区间内的函数值得到的，可能在极值处取得，也可能在区间端点处取得 (2)求函数f(x)在区间D上的最值一般有两种情况：一是f(x0)0的解x0含参未定，区间D定；二是f(x0)0的解x0定，区间D未定两者均需按x0在区间D内与在区间D外进行分类讨论,
