2019版二轮复习数学（理·普通生）通用版讲义：第一部分第三层级难点自选专题四　“函数与导数”压轴大题的抢分策略

难点自选专题四　“函数与导数”压轴大题的抢分策略[全国卷3年考情分析] 年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2018利用导数研究函数的单调性、函数极值与不等式证明·T21函数的单调性、不等式的证明、函数的零点问题·T21导数在研究不等式及极值问题的应用·T212017利用导数研究函数的单调性、函数的零点问题·T21利用导数研究函数的单调性及极值、函数的零点、不等式的证明·T21导数在研究函数单调性中的应用、不等式的放缩·T212016利用导数解决函数的零点问题、不等式的证明·T21利用导数判断函数的单调性、不等式证明及值域问题·T21三角函数的导数运算、最值问题及不等式证明·T21 导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程等的交汇命题，是高考的热点和难点．解答题的热点题型有：(1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值；(2)利用导数证明不等式或探讨方程根；(3)利用导数求解参数的范围或值． 考法·策略(一)　利用分类讨论思想探究函数的性质[典例]　设f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R.(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值，求实数a的取值范围．[解]　(1)由f′(x)＝ln x－2ax＋2a，可得g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)．所以g′(x)＝－2a＝.当a≤0，x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增；当a＞0，x∈时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，x∈时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减．所以当a≤0时，g(x)的单调增区间为(0，＋∞)；当a＞0时，g(x)的单调增区间为，单调减区间为.(2)由(1)知，f′(1)＝0.①当a≤0时，f′(x)单调递增，所以当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．②当0＜a＜时，＞1，由(1)知f′(x)在内单调递增，可得当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，当x∈时，f′(x)＞0.所以f(x)在(0,1)内单调递减，在内单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．③当a＝时，＝1，f′(x)在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意．④当a＞时，0＜＜1，当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．所以f(x)在x＝1处取极大值，符合题意．综上可知，实数a的取值范围为.[题后悟通]  分类讨论思想解决有关函数性质问题的策略(1)何时讨论参数？在求解中，若参数的取值影响所求结果，就要分类讨论．如本例(1)中由g′(x)＝确定单调区间时，对a的取值要分类讨论．(2)如何讨论参数？解答此类问题的关键是如何分类，分类时要结合题目条件，对参数取值范围进行划分，进而研究其问题．如本例(2)中分类的依据是与1的大小比较． [应用体验]1．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－x＋aln x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：<a－2.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－－1＋＝－.①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②若a>2，令f′(x)＝0，得x＝或x＝.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．(2)证明：由(1)知，当且仅当a>2时，f(x)存在两个极值点．由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x1<x2，则x2>1.由于＝－－1＋a·＝－2＋a·＝－2＋a·，所以<a－2等价于－x2＋2ln x2<0.设函数g(x)＝－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减．又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0.所以－x2＋2ln x2<0，即<a－2.考法·策略(二)　利用转化与化归思想探究函数的零点问题[典例]　函数f(x)＝ax＋xln x在x＝1处取得极值．(1)求f(x)的单调区间；(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．[解]　(1)由题意知，f′(x)＝a＋ln x＋1(x>0)，f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，当a＝－1时，f(x)＝－x＋xln x，即f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)上有两个不同的零点，可转化为f(x)＝m＋1在(0，＋∞)上有两个不同的根，也可转化为y＝f(x)与y＝m＋1的图象有两个不同的交点，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，由题意得，m＋1>－1，即m>－2，①当0<x<1时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0；当x>0且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.如图，由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②由①②可得－2<m<－1.故实数m的取值范围为(－2，－1)． [题后悟通]  转化与化归思想解决函数零点问题的策略(1)直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题．(2)分离出参数，转化为a＝g(x)，根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单调性，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是直线y＝a与函数y＝g(x)图象交点的个数问题．只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可．如本例函数y＝f(x)－m－1的零点问题即可转化为y＝f(x)与y＝m＋1两图象的交点问题． [应用体验]2．已知函数f(x)＝的图象在x＝e处的切线经过点(1，e)，其中e＝2.718 28….(1)求a的值；(2)若函数g(x)＝tf(x)－x在∪(1，e2]上有两个零点，求实数t的取值范围．解：(1)由题意，得函数f(x)＝的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．因为f′(x)＝，所以f′(e)＝ae.所以f(x)的图象在x＝e处的切线方程为y－f(e)＝f′(e)(x－e)，即y－ae2＝ae(x－e)，所以y＝eax.因为f(x)的图象在x＝e处的切线经过点(1，e)，所以a＝1.(2)函数g(x)＝tf(x)－x在∪(1，e2]上有两个零点等价于函数h(x)＝与y＝t的图象在∪(1，e2]上有两个不同的交点．因为h′(x)＝，由h′(x)＞0，得0＜x＜e且x≠1；由h′(x)＜0，得x＞e.所以当x＝e时，h(x)有极大值，即为最大值h(e)＝.又因为h＝－e，h(e2)＝，h(1)＝0且＞0＞－e，所以实数t的取值范围为.考法·策略(三)　利用函数思想探究不等式问题[典例]　已知函数f(x)＝ln x－a(x＋1)，a∈R的图象在(1，f(1))处的切线与x轴平行．(1)求f(x)的单调区间；(2)若存在x0＞1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)－＋2x＋＞k(x－1)成立，求k的取值范围．[解]　(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．∵f′(x)＝－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，∴f′(x)＝－1＝，令f′(x)＞0，得0＜x＜1；令f′(x)＜0，得x＞1，∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)由(1)知f(x)＝ln x－x－1，不等式f(x)－＋2x＋＞k(x－1)可化为ln x－＋x－＞k(x－1)，令g(x)＝ln x－＋x－－k(x－1)，则g′(x)＝－x＋1－k＝.令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1，则h(x)的对称轴为直线x＝，①当≤1，即k≥－1时，易知h(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴x∈(1，＋∞)时，h(x)＜h(1)＝1－k，若k≥1，则h(x)＜0，∴g′(x)＜0，∴g(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴g(x)＜g(1)＝0，不符合题意．若－1≤k＜1，则h(1)＞0，∴存在x0＞1，使得x∈(1，x0)时，h(x)＞0，即g′(x)＞0，∴g(x)在(1，x0)上单调递增，∴g(x)＞g(1)＝0恒成立，符合题意．②当＞1，即k＜－1时，易知存在x0＞1，使得h(x)在(1，x0)上单调递增，∴h(x)＞h(1)＝1－k＞0，∴g′(x)＞0，∴g(x)在(1，x0)上单调递增，∴g(x)＞g(1)＝0恒成立，符合题意．综上，k的取值范围是(－∞，1)． [题后悟通]　函数思想解决不等式问题的策略移项法证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的问题转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)(如本例)构造“形似”函数对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数主元法对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x1，x)) [应用体验]3．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－ln x－1.(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.可知f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f′(2)＝0，所以当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0.所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1.设g(x)＝－ln x－1，则g′(x)＝－.可知g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g′(1)＝0，所以当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.因此，当a≥时，f(x)≥0.