【数学】2019届一轮复习北师大版第3章导数及其应用专题探究课一学案
高考导航 1.函数与导数作为高中数学的核心内容，是历年高考的重点、热点，试题主要以解答题的形式命题，能力要求高，属于压轴题目；2.高考中函数与导数常涉及的问题主要有：(1)研究函数的性质(如单调性、极值、最值)；(2)研究函数的零点(方程的根)、曲线的交点；(3)利用导数求解不等式问题(证明不等式、不等式的恒成立或能成立求参数的范围).
热点一 利用导数研究函数的性质
以含参数的函数为载体，结合具体函数与导数的几何意义，研究函数的性质，是高考的热点、重点.本热点主要有三种考查方式：(1)讨论函数的单调性或求单调区间；(2)求函数的极值或最值；(3)利用函数的单调性、极值、最值，求参数的范围.
【例1】 (2015·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求实数a的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.
若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
若a＞0，则当x∈时，f′(x)＞0；
当x∈时，f′(x)＜0，
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减.
综上，知当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.
(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；
当a＞0时，f(x)在x＝处取得最大值，最大值为f ＝ln ＋a＝－ln a＋a－1.
因此f ＞2a－2等价于ln a＋a－1＜0.
令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，
g(1)＝0.
于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；当a＞1时，g(a)＞0.
因此，实数a的取值范围是(0，1).
探究提高 (1)判断函数的单调性，求函数的单调区间、极值等问题，最终归结到判断f′(x)的符号问题上，而f′(x)>0或f′(x)<0，最终可转化为一个一元一次不等式或一元二次不等式问题.
(2)若已知f(x)的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题求解.
【训练1】 设f(x)＝－x3＋x2＋2ax.
(1)若f(x)在上存在单调递增区间，求a的取值范围；
(2)当0＜a＜2时，f(x)在[1，4]上的最小值为－，求f(x)在该区间上的最大值.
解 (1)f′(x)＝－x2＋x＋2a，
由题意得，f′(x)>0在上有解，
只需f′>0，即＋2a＞0，
得a＞－.
所以，当a＞－时，f(x)在上存在单调递增区间.
(2)已知0＜a＜2，f(x)在[1，4]上取到最小值－，而f′(x)＝－x2＋x＋2a的图像
开口向下，且对称轴x＝，∴f′(1)＝－1＋1＋2a＝2a＞0，f′(4)＝－16＋4＋2a＝2a－12＜0，则必有一点x0∈[1，4]，使得f′(x0)＝0，此时函数f(x)在[1，x0]上单调递增，在[x0，4]上单调递减，
f(1)＝－＋＋2a＝＋2a＞0，
∴f(4)＝－×64＋×16＋8a＝－＋8a＝－⇒a＝1.
此时，由f′(x0)＝－x＋x0＋2＝0⇒x0＝2或－1(舍去)，所以函数f(x)max＝f(2)＝.
热点二 利用导数解决不等式问题(教材VS高考)
导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，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)求解不等式；(3)不等式恒(能)成立求参数.
命题角度1 证明不等式
【例2－1】 (满分12分)(2017·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a<0时，证明f(x)≤－－2.
教材探源 本题第(2)问的实质是证明ln＋＋1≤0，是不等式x－1≥ln x的变形，源于教材选修2－2 P32习题B1，是在教材基本框架ex>1＋x与x≥1＋
ln x基础上，结合函数性质，编制的优美试题，2016年全国Ⅲ卷T21，2017年全国Ⅲ卷T21有异曲同工之处.
满分解答 (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.
1分 (得分点1)
若a≥0时，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，2分 (得分点2)
若a<0时，则当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.5分 (得分点3)
(2)证明 由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f ＝ln－1－，
所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，
即ln＋＋1≤0，8分 (得分点4)
设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝－1.
当x∈(0，1)时，g′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.
所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.
10分 (得分点5)
所以当x>0时，g(x)≤0，
从而当a<0时，ln＋＋1≤0，
故f(x)≤－－2.12分 (得分点6)
❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分，如第(1)问中，求导正确，分类讨论；第(2)问中利用单调性求g(x)的最小值和不等式性质的运用.
❷得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中，求出f(x)的定义域，f′(x)在(0，＋∞)上单调性的判断；第(2)问，f(x)在x＝－处最值的判定，f(x)≤－－2等价转化为ln＋＋1≤0等.
❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(1)问中，求导f′(x)准确，否则全盘皆输，第(2)问中，准确计算f(x)在x＝－处的最大值.
第一步：求函数f(x)的导函数f′(x)；
第二步：分类讨论f(x)的单调性；
第三步：利用单调性，求f(x)的最大值；
第四步：根据要证的不等式的结构特点，构造函数g(x)；
第五步：求g(x)的最大值，得出要证的不等式；
第六步：反思回顾，查看关键点、易错点和解题规范.
命题角度2 已知不等式恒(能)成立，求参数的
取值范围
【例2－2】 (2017·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝x－1－aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)设m为整数，且对于任意正整数n，·…·
0，由f′(x)＝1－＝知，
当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0；
所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增，
故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点.
因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)min＝f(1)＝0，
故a＝1.
(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0，
令x＝1＋，得ln<.
从而ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋＝1－<1.
故·…··＝>2，
∴当n≥3时，·…·∈(2，e)，
由于·…·0.
从而f′(x)<0，f(x)在R上单调递减.
②当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝－ln a.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－ln a)
－ln a
(－ln a，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；
当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减；
在(－ln a，＋∞)上单调递增.
(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点.
(ⅱ)若a>0，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.
①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点；
②当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a>0，
即f(－ln a)>0，故f(x)没有零点；
③当a∈(0，1)时，1－＋ln a<0，即f(－ln a)<0.
又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，
故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点.
设正整数n0满足n0>ln，
则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－n0>0.
由于ln>－ln a，
因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点.
综上，a的取值范围为(0，1).
探究提高 用导数研究函数的零点，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像的交点问题，结合函数的极值利用数形结合来解决.
【训练3】 设函数f(x)＝－kln x，k>0.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点.
(1)解 由f(x)＝－kln x(k>0)，
得x>0且f′(x)＝x－＝.
由f′(x)＝0，解得x＝(负值舍去).
f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
所以f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞).
f(x)在x＝处取得极小值f()＝.
(2)证明 由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.
因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e.
当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点.
当k>e时，f(x)在区间(0，)上单调递减，且f(1)＝>0，f()＝<0，
所以f(x)在区间(1，]上仅有一个零点.
综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点.
1.(2018·咸阳调研)已知函数f(x)＝x2－ln x－ax，a∈R.
(1)当a＝1时，求f(x)的最小值；
(2)若f(x)>x，求a的取值范围.
解 (1)当a＝1时，f(x)＝x2－ln x－x，
f′(x)＝(x>0).
当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)的最小值为f(1)＝0.
(2)由f(x)>x，x∈(0，＋∞)，
得f(x)－x＝x2－ln x－(a＋1)x>0.
由于x>0，所以f(x)>x等价于x－>a＋1.
令g(x)＝x－，则g′(x)＝.
当x∈(0，1)时，g′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0.故g(x)有最小值g(1)＝1.
故a＋1<1，a<0，即a的取值范围是(－∞，0).
2.(2017·浙江卷)已知函数f(x)＝(x－)e－x.
(1)求f(x)的导函数；
(2)求f(x)在区间上的取值范围.
解 (1)f′(x)＝(x－)′e－x＋(x－)(e－x)′
＝e－x－(x－)e－x
＝e－x
＝.
(2)令f′(x)＝＝0，
解得x＝1或.
当x变化时，f(x)，f′(x)的变化如下表：
x
1
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
e－
0
e－
又f＝e－，f(1)＝0，f＝e－，
f(x)＝(－1)2e－x≥0，
则f(x)在区间上的最大值为e－.
最小值为0.
综上，f(x)在区间上的取值范围是.
3.设f(x)＝ex(ln x－a)(e是自然对数的底数，e＝2.71 828…).
(1)若y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝2ex＋b，求a，b的值；
(2)若函数f(x)在区间上单调递减，求实数a的取值范围.
解 (1)因为f′(x)＝ex(ln x－a)＋ex·＝ex，
所以由题意，得f′(1)＝e(1－a)＝2e，
解得a＝－1.
所以f(1)＝e(ln 1－a)＝e，
由切点(1，e)在切线y＝2ex＋b上，
得e＝2e＋b，b＝－e，故a＝－1，b＝－e.
(2)由题意可得f′(x)＝
ex≤0在上恒成立.
因为ex>0，
所以只需ln x＋－a≤0，
即a≥ln x＋在上恒成立.
令g(x)＝ln x＋，
因为g′(x)＝－＝，由g′(x)＝0，得x＝1.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下：
x
1
(1，e)
g′(x)
－
0
＋
g(x)
极小值
g＝ln＋e＝e－1，g(e)＝1＋，
因为e－1>1＋，
所以g(x)max＝g＝e－1，所以a≥e－1.
故实数a的取值范围是[e－1，＋∞).
4.(2018·衡水中学质检)已知函数f(x)＝.
(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；
(2)若a＝0，x0<1，设直线y＝g(x)为函数f(x)的图像在x＝x0处的切线，求证：f(x)≤g(x).
(1)解 易知f′(x)＝－，
由已知得f′(x)≥0对x∈(－∞，2)恒成立，
故x≤1－a对x∈(－∞，2)恒成立，
∴1－a≥2，∴a≤－1.
故实数a的取值范围为(－∞，－1].
(2)证明 a＝0，则f(x)＝.
函数f(x)的图像在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0).
令h(x)＝f(x)－g(x)
＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，
则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝－
＝.
设φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)ex，x∈R，
则φ′(x)＝－ex0－(1－x0)ex，
∵x0<1，∴φ′(x)<0，
∴φ(x)在R上单调递减，而φ(x0)＝0，
∴当x0，当x>x0时，φ(x)<0，
∴当x0，当x>x0时，h′(x)<0，
∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，∴x∈R时，h(x)≤h(x0)＝0，
∴f(x)≤g(x).
5.已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数.
(1)当a＝－1时，求f(x)的单调递增区间；
(2)当0<－0}，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x(x>0)，f′(x)＝(x>0)；
当00；当x>1时，f′(x)<0.
所以f(x)的单调递增区间为(0，1).
(2)因为f′(x)＝a＋(x>0)，令f′(x)＝0，解得x＝－；
由f′(x)>0，解得00；
当x>e时，g′(x)<0.
从而g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.
所以g(x)max＝g(e)＝＋<1，
所以，|f(x)|>g(x)，即|f(x)|>＋，
所以，方程|f(x)|＝＋没有实数根.
6.（2018·上饶质检）已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋(a∈R).
(1)当a＝1时，求f(x)的图像在x＝0处的切线方程；
(2)当a<0时，求f(x)的极值；
(3)求证：ln(n＋1)>＋＋…＋(n∈N+).
(1)解 当a＝1时，f(x)＝ln(x＋1)＋，
∴f′(x)＝＋＝.
∵f(0)＝0，f′(0)＝2，
∴所求切线方程为y＝2x.
(2)解 f(x)＝ln(x＋1)＋(x>－1)，f′(x)＝，
∵a<0，∴当x∈(－1，－a－1)时，f′(x)<0；
当x∈(－a－1，＋∞)时，f′(x)>0，
函数f(x)的极小值为f(－a－1)＝a＋1＋ln(－a)，无极大值.
(3)证明 由(2)知，取a＝－1，f(x)＝ln(x＋1)－≥f(0)＝0.
当x>0时，ln(x＋1)>，取x＝，
得ln>＝>.
∴ln＋ln＋…＋ln>＋＋…＋⇔ln>＋＋…＋，
即ln(n＋1)>＋＋…＋.
