2020年高考文科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练

12020年高考文科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练【题型归纳】题型一含参数的分类讨论例1已知函数3()12fxaxx，导函数为()fx，（1）求函数()fx的单调区间；（2）若(1)6,()ffx求函数在[—1，3]上的最大值和最小值。【答案】略【解析】（I）22()3123(4)fxaxax，（下面要解不等式23(4)0ax，到了分类讨论的时机，分类标准是零）当0,()0,()(,)afxfx时在单调递减；当0,,(),()axfxfx时当变化时的变化如下表：x2(,)a2a22(,)aa2a2(,)a()fx+0—0+()fx极大值极小值此时，22()(,),(,)6fxa在单调递增，在22(,)aa单调递减；（II）由(1)3126,2.faa得由（I）知，()(1,2)2fx在单调递减,在(,3)单调递增。【易错点】搞不清分类讨论的时机，分类讨论不彻底【思维点拨】分类讨论的难度是两个，（1）分类讨论的时机，也就是何时分类讨论，先按自然的思路推理，由于参数的存在，到了不能一概而论的时候，自然地进入分类讨论阶段；（2）分类讨论的标准，要做到不重复一遗漏。还要注意一点的是，最后注意将结果进行合理的整合。题型二已知单调性求参数取值范围问题例1已知函数321()53fxxxax，若函数在),1[上是单调增函数，求a的取值范围2【答案】【解析】2'()2fxxxa,依题意在),1[上恒有0y成立，方法1：函数2'()2fxxxa，对称轴为1x，故在),1[上'()fx单调递增，故只需0)1('f即可，得3a，所以a的取值范围是[3,)；方法2：由022axxy，得xxa2--2，只需2max--2axx（），易得2max--23xx（），因此3a，，所以a的取值范围是[3,)；【易错点】本题容易忽视0)1('f中的等号【思维点拨】已知函数()fx在区间(,)ab可导：1.()fx在区间(,)ab内单调递增的充要条件是如果在区间(,)ab内，导函数()0fx，并且()fx在(,)ab的任何子区间内都不恒等于零；2.()fx在区间(,)ab内单调递减的充要条件是如果在区间(,)ab内，导函数()0fx，并且()fx在(,)ab的任何子区间内都不恒等于零；说明：1.已知函数()fx在区间(,)ab可导,则()0fx在区间内(,)ab成立是()fx在(,)ab内单调递增的必要不充分条件2.若()fx为增函数，则一定可以推出()0fx；更加具体的说，若()fx为增函数，则或者()0fx，或者除了x在一些离散的值处导数为零外，其余的值处都()0fx；3.()0fx时，不能简单的认为()fx为增函数，因为()0fx的含义是()0fx或()0fx，当函数在某个区间恒有()0fx时，也满足()0fx,但()fx在这个区间为常函数.题型三方程与零点1．已知函数3231fxaxx，若fx存在三个零点，则a的取值范围是（）A.,2B.2,2C.2,D.2,00,2【答案】D【解析】很明显0a，由题意可得：2'3632fxaxxxax，则由'0fx可得1220,xxa，3由题意得不等式：122281210fxfxaa，即：2241,4,22aaa，综上可得a的取值范围是2,00,2.本题选择D选项.【易错点】找不到切入点，“有三个零点”与函数的单调性、极值有什么关系？挖掘不出这个关系就无从下手。【思维点拨】函数零点的求解与判断(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．题型四、导数证明不等式例1当,0x时，证明不等式xxsin成立。【答案】略【解析】设,sin)(xxxf则.1cos)('xxf∵),,0(x∴.0)('xf∴xxxfsin)(在),0(x内单调递减，而.0)0(f∴,0)0(sin)(fxxxf故当),0(x时，xxsin成立。【易错点】不能顺利把不等式转化为等价的函数、方程问题【思维点拨】注意观察不等式的结构，选择合理的变形，构造函数，把不等式问题转化为函数的极值、最值问题。【巩固训练】题型一含参的分类讨论1.已知函数3211()(2)(1)(0).32fxxaxaxa（I）求()fx的单调区间；（II）若()fx在[0，1]上单调递增，求a的取值范围。【答案】略【解析】（I）2()(2)1(1)(1).fxxaxaxxa20,()(1)0,afxx当时恒成立当且仅当1x时取“=”号，()(,)fx在单调递增。12120,()0,1,1,,afxxxaxx当时由得且4当x变化时，()fx、()fx的变化如下表：x(,1)—1(1,1)a1a(1,)a()fx+0—0+()fx极大值极小值()(,1),(1,1),(1,).fxaa在单调递增在单调递减在单调递增（II）当0,()[0,1],()(0)1afxfxf时在上单调递增恒成立。0,a当时由（I）可知01,()[0,1],afx若时则在上单调递增若1,()[0,1]afxa则在上单调递减，()[0,1]fx在上不单增，不符合题意；综上，a的取值范围是[0，1]2.已知函数()ln()fxxaxaR，求函数()fx的极值.【答案】略【解析】由()1,0axafxxxx可知:①当0a时,()0fx,函数()fx为(0,)上的增函数,函数()fx无极值;②当0a时,由()0fx,解得xa;(0,)xa时,()0fx,(,)xa时,()0fx()fx在xa处取得极小值,且极小值为()lnfaaaa,无极大值.综上:当0a时,函数()fx无极值当0a时,函数()fx在xa处取得极小值lnaaa,无极大值.3.已知aR,求axexxf2)(的单调区间。【答案】略5【解析】函数的导数2'()(2)axfxxaxe（ⅰ）当0a时，若0x，则'()0fx；若0x,则'()0fx；则在（－∞，0）内为减函数，在（0，＋∞）内为增函数。（ⅱ）当a0时，由22axx＞002xax或则在（－∞，－a2）内为增函数，在（0，＋∞）内为增函数。由22axx＜002xa，在（－a2，0）内为减函数。（ⅲ）当a0时，由22axx＞00x-a2，在（0，－a2）内为增函数。由22axx＜0x0或x-a2，在（－∞,0）∪（-a2，+∞）内为减函数。题型二已知单调性求参数范围已知32()31fxaxxx在R上是减函数，求a的取值范围。【答案】略【解析】：对()fx求导得2'()361fxaxx，由题意可知对任意实数恒有'()0fx,讨论：（1）当0a，显然不符合题意；（2）当0a时也不符合题意；（3）当0a时，依题意必有36120a，即3a，综上可知a的取值范围是(,3]题型三方程与零点1.已知函数32()31fxaxx，若()fx存在唯一的零点0x，且00x，则a的取值范围是（）A．2,B．1,C．,2D．,1【答案】C【解析】当0a时，2()31fxx，函数有两个零点，不符合；当0a时，2'()36fxaxx，令'()0fx，得20,xa，可知在(,0)必有一个零点，也不符合；当0a时，2()0fa，得2a，故选C2.设a为实数，函数3()3fxxxa，当a为何值时，方程()0fx恰好有两个实数根.【答案】略6【解析】求导得'()3(1)(1)fxxx，∵当1x或1x时，'()0fx；当11x，'()0fx；∴()fx在(,1)和(1,)单调递减，在(1,1)在单调递增，∴()fx的极小值为(1)2fa，()fx的极大值为(1)2fa；要使方程()0fx恰好有两个实数根，只需()fx的图象与x轴恰有两个公共点，画出()fx的草图，∴20a且20a或20a且20a；∴2a或2a故当2a或2a时，方程恰有两个实数根.3.若函数4)(3bxaxxf，当2x时，函数)(xf有极值34，（1）求函数()fx的解析式；（2）若函数kxf)(有3个解，求实数k的取值范围．【答案】略【解析】求导得baxxf23，（1）由题意4(2)3'(2)0ff，得134ab所求解析式为44313xxxf（2）由（1）可得：2242xxxxf令0xf，得2x或2x当x变化时，xf、xf的变化情况如下表：7x2,22,22,2xf0—0xf单调递增↗328单调递减↘34单调递增↗因此，当2x时，xf有极大值328当2x时，xf有极小值34函数44313xxxf的图象大致如图：由图可知：32834k题型四、导数证明不等式1、当0x时，证明不等式2211xxex成立。【答案】略【解析】设,2112xxexfx则.1'xexfx令,1)(xexgx则.1)('xexg当0x时，.01'xexg)(xg在,0上单调递增，而.0)0(g,0)0(gxg0)(xg在,0上恒成立，即0)('xf在,0恒成立。)(xf在,0上单调递增，又,0)0(f,02112xxex即0x时，2211xxex成立。2、已知函数1()ln(1),(1)nfxaxx其中Nn,a为常数.当1a时，证明：对任意的正整数n,当2x时，有1)(xxf。【答案】略【解析】证法一：1a，).1ln()1(1)(xxxfn当n为偶数时，令1()1ln(1),(1)ngxxxx8则1)('xg1112(1)11(1)nnnxnxxxx)2(0x.当,2x时，)(xg单调递增，又0)2(g，1()1ln(1)(1)ngxxxx0)2(g恒成立，1)(xxf成立。当n为奇数时，要证1)(xxf,由于1(1)nx0，只需证1)1ln(xx,令)1ln(1)(xxxh,则1)('xh1211xxx),2(0x当,2x时，()1ln(1)hxxx单调递增，又01)2(h，当2x时，恒有0)(xh,即1)1ln(xx，命题成立.综上所述，结论成立.证法二：当1a时，1()ln(1).(1)nfxxx当2x时，对任意的正整数n，恒有1(1)nx1，故只需证明.1)1ln(1xx令()1(1ln(1))2ln(1),2,hxxxxxx,则12()1,11xhxxx当2x时，0)('xh，故)(x