1、高考解答题专讲函数与导数,-2-,考情分析函数与导数是高考解答题中的重点和难点,最值问题、恒成立问题、零点问题等是其基本常考题型,同时要注重加强对于函数思想及分类讨论思想在函数与导数解答题中的理解应用.,-3-,题型一,题型二,题型三,单调性与极值、最值问题 利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题,一般考查两类题型:(1)讨论函数的单调性、极值、最值,(2)利用单调性、极值、最值求参数的取值范围.,-4-,题型一,题型二,题型三,【例1】 (2018北京高考)设函数f(x)=ax2-(3a+1)x+3a+2ex. (1)若曲线y=f(x)在点(2,f(2)处的切线斜率为0,求a; (2)若f
2、(x)在x=1处取得极小值,求a的取值范围.,解:(1)因为f(x)=ax2-(3a+1)x+3a+2ex, 所以f(x)=ax2-(a+1)x+1ex. 所以f(2)=(2a-1)e2.,-5-,题型一,题型二,题型三,(2)(方法一)由(1)得f(x)=ax2-(a+1)x+1ex=(ax-1)(x-1)ex.,当x(1,+)时,f(x)0. 所以f(x)在x=1处取得极小值. 若a1,则当x(0,1)时,ax-1x-10. 所以1不是f(x)的极小值点. 综上可知,a的取值范围是(1,+).,-6-,题型一,题型二,题型三,(方法二)由(1)得f(x)=(ax-1)(x-1)ex. 当a
3、=0时,令f(x)=0,得x=1. f(x),f(x)随x的变化情况如下表:,f(x)在x=1处取得极大值,不合题意. 当a0时,令f(x)=0,得x1= ,x2=1. 当x1=x2,即a=1时,f(x)=(x-1)2ex0, f(x)在R上单调递增, f(x)无极值,不合题意.,-7-,题型一,题型二,题型三,当x1x2,即0a1时,f(x),f(x)随x的变化情况如下表:,f(x)在x=1处取得极大值,不合题意.,-8-,题型一,题型二,题型三,当x11时,f(x),f(x)随x的变化情况如下表:f(x)在x=1处取得极小值,即a1满足题意. 当a0时,令f(x)=0,得x1= ,x2=1
4、. f(x),f(x)随x的变化情况如下表:,-9-,题型一,题型二,题型三,f(x)在x=1处取得极大值,不合题意.综上所述,a的取值范围为(1,+).,-10-,题型一,题型二,题型三,【例2】 (2017山东高考)已知函数f(x)=x2+2cos x,g(x)=ex(cos x-sin x+2x-2),其中e2.718 28是自然对数的底数. (1)求曲线y=f(x)在点(,f()处的切线方程. (2)令h(x)=g(x)-af(x)(aR),讨论h(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.,解:(1)由题意f()=2-2, 又f(x)=2x-2sin x,所以f()=2, 因此曲
5、线y=f(x)在点(,f()处的切线方程为y-(2-2)=2(x-),即y=2x-2-2. (2)由题意得h(x)=ex(cos x-sin x+2x-2)-a(x2+2cos x), 因为h(x)=ex(cos x-sin x+2x-2)+ex(-sin x-cos x+2)-a(2x-2sin x)=2ex(x-sin x)-2a(x-sin x)=2(ex-a)(x-sin x), 令m(x)=x-sin x,则m(x)=1-cos x0,所以m(x)在R上单调递增.,-11-,题型一,题型二,题型三,因为m(0)=0,所以当x0时,m(x)0; 当x0,当x0时,h(x)0,h(x)单
6、调递增, 所以当x=0时h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1; 当a0时,h(x)=2(ex-eln a)(x-sin x),由h(x)=0得x1=ln a,x2=0. ()当00,h(x)单调递增; 当x(ln a,0)时,ex-eln a0,h(x)0,h(x)0,h(x)单调递增. 所以当x=ln a时h(x)取到极大值. 极大值为h(ln a)=-aln2a-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2, 当x=0时h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1;,-12-,题型一,题型二,题型三,()当a=1时,ln a=0,所以当x(-,+)时,h(x)0,
7、函数h(x)在(-,+)上单调递增,无极值; ()当a1时,ln a0,所以当x(-,0)时,ex-eln a0,h(x)单调递增; 当x(0,ln a)时,ex-eln a0,h(x)0,h(x)单调递增. 所以当x=0时h(x)取到极大值,极大值是h(0)=-2a-1; 当x=ln a时h(x)取到极小值,极小值是h(ln a)=-aln2a-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2.,-13-,题型一,题型二,题型三,综上所述: 当a0时,h(x)在(-,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增,函数h(x)有极小值,极小值是h(0)=-2a-1; 当01时,函数h(x)在(
8、-,0)和(ln a,+)上单调递增,在(0,ln a)上单调递减,函数h(x)有极大值,也有极小值,极大值是h(0)=-2a-1,极小值是h(ln a)=-aln2a-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2.,策略技巧函数的单调性和最值问题基本思想是通过基本初等函数或者导数分析其单调性,由单调性讨论函数的最值.,-14-,题型一,题型二,题型三,-15-,题型一,题型二,题型三,若a2,则f(x)0,当且仅当a=2,x=1时f(x)=0,所以f(x)在(0,+)单调递减.,-16-,题型一,题型二,题型三,(2)证明:由(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当a2. 由于f(
9、x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0, 所以x1x2=1,不妨设x11.,-17-,题型一,题型二,题型三,不等式问题 导数在不等式中的应用问题难度较大,属中高档题.归纳起来常见的命题角度有:(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.,-18-,题型一,题型二,题型三,g(x)在区间0,1上单调递增, 又g(0)=0,-19-,题型一,题型二,题型三,h(x)在0,1上是增函数, f(x)在区间(0,x0)上是单调递减,在区间(x0,1)上单调递增,-20-,题型一,题型二,题型三,【例4】 已知函数f(x)=x+ . (1)当0时,求证:f(x)(1-
10、)x+,并指出等号成立的条件; (2)求证:对任意实数,总存在实数x-3,3,有f(x).,令g(x)=0,解得x=0,当x0时,g(x)0,函数g(x)单调递增,当x0时,g(x)0,函数g(x)单调递减,g(x)min=g(0)=0,f(x)(1-)x+,当x=0时取等号.,-21-,题型一,题型二,题型三,证明:“对任意实数,总存在实数x-3,3,有f(x)”等价于f(x)的最大值大于. f(x)=1-e-x, 当0时,x-3,3,f(x)0,f(x)在-3,3上单调递增, f(x)的最大值为f(3)f(0)=. 当0时命题成立; 当0时,由f(x)=0得x=ln , 则xR时,x,f(
11、x),f(x)关系如下:,-22-,题型一,题型二,题型三,当e3时,ln 3,f(x)在-3,3上单调递减, f(x)的最大值f(-3)f(0)=. 当e3时命题成立; 当e-3f(0)=与f(3)f(0)=必有一成立, 当e-3f(0)=. 所以当0.,-23-,题型一,题型二,题型三,策略技巧1.运用导数证明不等式,常转化为求函数的最值问题. 2.不等式恒成立通常可以利用函数的单调性求出最值解决.解答相应的参数不等式,如果易分离参数,可先分离变量,构造函数,直接转化为函数的最值问题,避免参数的讨论. 3.“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系,即f(x)g(a)对于xD恒成立,应
12、求f(x)的最小值;若存在xD,使得f(x)g(a)成立,应求f(x)的最大值.应特别关注等号是否成立问题.,-24-,题型一,题型二,题型三,对点训练(2018浙江杭州第二中学6月热身)已知函数f(x)= +ln x. (1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程; (2)求证:f(x)0.,-25-,题型一,题型二,题型三,(2)证明:令h(x)=x3+2x2-3x-2,则h(x)=3x2+4x-3, 设h(x)=0的两根为x1,x2,由于x1x2=-10,则h(x)在(0,x2)是递减的,在(x2,+)是递增的.而h(0)0,所以h(x)在(0,+)上存在唯一零点,且x0(1,
13、2), 所以f(x)在(0,x0)单调递减,在(x0,+)单调递增.,-26-,题型一,题型二,题型三,函数的零点问题 研究函数零点的本质就是研究函数的极值的正负,为此,我们可以通过讨论函数的单调性来解决,求解时应注重等价转化与数形结合思想的应用,其主要考查方式有:(1)确定函数的零点、图象交点的个数;(2)由函数的零点、图象交点的情况求参数的取值范围.,-27-,题型一,题型二,题型三,【例5】 (2017课标高考)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.,解:(1)f(x)的定义域为(-,+),f(x)=2
14、ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1). ()若a0,则f(x)0,则由f(x)=0得x=-ln a. 当x(-,-ln a)时,f(x)0,所以f(x)在(-,-ln a)单调递减,在(-ln a,+)单调递增.,-28-,题型一,题型二,题型三,(2)()若a0,由(1)知,f(x)至多有一个零点. ()若a0,由(1)知,当x=-ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1- +ln a. 当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点;,-29-,题型一,题型二,题型三,【例6】 已知函数f(x)= x3-ax2+3x+b(a,bR).
15、 (1)当a=2,b=0时,求f(x)在0,3上的值域. (2)对任意的b,函数g(x)=|f(x)|- 的零点不超过4个,求a的取值范围.,则f(x)=x2-4x+3=(x-1)(x-3), 当x(0,1)时,f(x)0,故函数f(x)在(0,1)上单调递增, 当x(1,3)时,f(x)0,故函数f(x)在(1,3)上单调递减,-30-,题型一,题型二,题型三,(2)由f(x)=x2-2ax+3,则=4a2-12, 当0,即a23时,f(x)0,f(x)在R上单调递增,满足题意, 当0,即a23时,方程f(x)=0有两根,设两根为x1,x2,且x1x2,则x1+x2=2a,x1x2=3, 则
16、f(x)在(-,x1),(x2,+)上单调递增,化简得(a2-3)31,解得3a24, 综合,可得a24,解得-2a2. a的取值范围-2,2.,-31-,题型一,题型二,题型三,策略技巧用导数研究函数的零点,常用两种方法:一是用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断;二是将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决.,-32-,题型一,题型二,题型三,对点训练已知函数f(x)=ln(ax+1)+x3-x2-ax.,-33-,题型一,题型二,题型三,即b=xln x-x(1-x)2+x(1-x)=xln x+x2-x3在x0上有解, 即求函数g(x)=xln x+x2-x3的值域. 令h(x)=ln x+x-x2,x0, 当00,从而h(x)在(0,1)上为增函数; 当x1时,h(x)0,g(x)的值域为(-,0, b的取值范围为(-,0.,-34-,题型一,题型二,题型三,感悟提高 1.若函数f(x)在定义域A上存在最大值与最小值,则: (1)对任意xA,f(x)0f(x)min0; (2)存在xA,f(x)0f(x)max0. 2.不等式问题和零点问题实质是通过适当变形转化为求函数最值或极值问题.,
