2019版二轮复习数学（理·普通生）通用版讲义：第一部分第三层级高考5个大题题题研诀窍函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分”

　　　　　　　　　　　　[技法指导——迁移搭桥] 　　函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题，一般是先转化(变形)，再求导，分解出基本函数，分类讨论研究其性质，再根据题意解决问题.　　　　　　　　 [典例]　已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.[快审题]求什么想什么讨论函数的单调性，想到利用导数判断．证明不等式，想到对所证不等式进行变形转化． 给什么用什么已知函数的解析式，利用导数解题．差什么找什么证不等式时，对不等式变形转化后还不能直接判断两函数的关系，应找出所构造函数的最值. [稳解题](1)f′(x)＝－a(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a>0，则当0<x<时，f′(x)>0，当x>时，f′(x)<0，故f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)证明：法一：因为x>0，所以只需证f(x)≤－2e，当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－e. 记g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝，所以当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.法二：证xf(x)－ex＋2ex≤0，即证exln x－ex2－ex＋2ex≤0，从而等价于ln x－x＋2≤.设函数g(x)＝ln x－x＋2，则g′(x)＝－1.所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.设函数h(x)＝，则h′(x)＝.所以当x∈(0,1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.综上，当x>0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.[题后悟道]　函数与导数综合问题的关键(1)会求函数的极值点，先利用方程f(x)＝0的根，将函数的定义域分成若干个开区间，再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值；(2)证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原不等式成立；(3)不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手，去求参数的取值范围．[针对训练]已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝，直线l：y＝(k－3)x－k＋2.(1)若曲线y＝f(x)在x＝e处的切线与直线l平行，求实数k的值；(2)若至少存在一个x0∈[1，e]使f(x0)<g(x0)成立，求实数a的取值范围；(3)设k∈Z，当x>1时，函数f(x)的图象恒在直线l的上方，求k的最大值．解：(1)由已知得，f′(x)＝ln x＋1，且y＝f(x)在x＝e处的切线与直线l平行，所以f′(e)＝ln e＋1＝2＝k－3，解得k＝5.(2)因为至少存在一个x0∈[1，e]使f(x0)<g(x0)成立，所以至少存在一个x使xln x<成立，即至少存在一个x使a>成立．令h(x)＝，当x∈[1，e]时，h′(x)＝≥0恒成立，因此h(x)＝在[1，e]上单调递增. 故当x＝1时，h(x)min＝0，所以实数a的取值范围为(0，＋∞)．(3)由已知得，xln x>(k－3)x－k＋2在x>1时恒成立，即k<.令F(x)＝，则F′(x)＝.令m(x)＝x－ln x－2，则m′(x)＝1－＝>0在x>1时恒成立. 所以m(x)在(1，＋∞)上单调递增，且m(3)＝1－ln 3<0，m(4)＝2－ln 4>0，所以在(1，＋∞)上存在唯一实数x0(x0∈(3,4))使m(x0)＝0，即x0－ln x0－2＝0.当1<x<x0时，m(x)<0，即F′(x)<0，当x>x0时，m(x)>0，即F′(x)>0，所以F(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．故F(x)min＝F(x0)＝＝＝x0＋2∈(5,6)．故k<x0＋2(k∈Z)，所以k的最大值为5.[总结升华]函数与导数压轴题堪称“庞然大物”，所以征服它需要一定的胆量和勇气，可以参变量分离、可把复杂函数分离为基本函数、可把题目分解成几个小题、也可把解题步骤分解为几个小步，也可从逻辑上重新换叙．注重分步解答，这样，即使解答不完整，也要做到尽可能多拿步骤分．同时要注意分类思想、数形结合思想、化归与转化等数学思想的运用．　　　　                                                        1．(2018·武汉调研)已知函数f(x)＝ln x＋(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a>0时，证明：f(x)≥.解：(1)f′(x)＝－＝(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；若0<x<a，则f′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减．(2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.要证f(x)≥，只需证ln a＋1≥，即证ln a＋－1≥0.令函数g(a)＝ln a＋－1，则g′(a)＝－＝(a>0)，当0<a<1时，g′(a)<0，当a>1时，g′(a)>0，所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(a)min＝g(1)＝0.所以ln a＋－1≥0恒成立，所以f(x)≥. 2．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.解：(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.当x≠1时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．(ⅰ)当a≤0时，h(x)>0，h(x)没有零点；(ⅱ)当a>0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0,2)时，h′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0.所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)上的最小值．①当h(2)>0，即a<时，h(x)在(0，＋∞)上没有零点．②当h(2)＝0，即a＝时，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．③当h(2)<0，即a>时，因为h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)上有一个零点．由(1)知，当x>0时，ex>x2，所以h(4a)＝1－＝1－>1－＝1－>0，故h(x)在(2,4a)上有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)上有两个零点．综上，当f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝.3．(2018·西安质检)设函数f(x)＝ln x＋(k∈R)．(1)若曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，求f(x)的单调性和极小值(其中e为自然对数的底数)；(2)若对任意的x1>x2>0，f(x1)－f(x2)<x1－x2恒成立，求k的取值范围．解：(1)由条件得f′(x)＝－(x>0)，∵曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，∴f′(e)＝0，即－＝0，得k＝e，∴f′(x)＝－＝(x>0)．由f′(x)<0，得0<x<e；由f′(x)>0，得x>e，∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，当x＝e时，f(x)取得极小值，且f(e)＝ln e＋＝2.∴f(x)的极小值为2.(2)由题意知对任意的x1>x2>0，f(x1)－x1<f(x2)－x2恒成立，设h(x)＝f(x)－x＝ln x＋－x(x>0)，则h(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即当x>0时，k≥－x2＋x＝－2＋恒成立，∴k≥.故k的取值范围是.4．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝(2＋x＋ax2)·ln(1＋x)－2x.(1)若a＝0，证明：当－1<x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0；(2)若x＝0是f(x)的极大值点，求a.解：(1)证明：当a＝0时，f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x，f′(x)＝ln(1＋x)－.设函数g(x)＝ln(1＋x)－，则g′(x)＝.当－1<x<0时，g′(x)<0；当x>0时，g′(x)>0，故当x>－1时，g(x)≥g(0)＝0，且仅当x＝0时，g(x)＝0，从而f′(x)≥0，且仅当x＝0时，f′(x)＝0.所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．又f(0)＝0，故当－1<x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0.(2)①若a≥0，由(1)知，当x>0时，f(x)≥(2＋x)ln(1＋x)－2x>0＝f(0)，这与x＝0是f(x)的极大值点矛盾．②若a<0，设函数h(x)＝＝ln(1＋x)－.由于当|x|<min时，2＋x＋ax2>0，故h(x)与f(x)符号相同．又h(0)＝f(0)＝0，故x＝0是f(x)的极大值点，当且仅当x＝0是h(x)的极大值点．h′(x)＝－＝.若6a＋1>0，则当0<x<－，且|x|<min时，h′(x)>0，故x＝0不是h(x)的极大值点．若6a＋1<0，则a2x2＋4ax＋6a＋1＝0存在根x1<0，故当x∈(x1,0)，且|x|<min时，h′(x)<0，所以x＝0不是h(x)的极大值点．若6a＋1＝0，则h′(x)＝，则当x∈(－1,0)时，h′(x)>0；当x∈(0,1)时，h′(x)<0.所以x＝0是h(x)的极大值点，从而x＝0是f(x)的极大值点．综上，a＝－.