高考数学必考题型函数与导数 (7)

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1、第18练　存在与恒成立问题题型一　不等式的恒成立问题例1　已知函数f(x)＝ax－1－lnx,a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值,对∀x∈(0,＋∞),f(x)≥bx－2恒成立,求实数b的取值范围、破题切入点　有关不等式的恒成立求参数范围的问题,通常采用的是将参数分离出来的方法、解　(1)在区间(0,＋∞)上,f′(x)＝a－＝,当a≤0时,f′(x)<0恒成立,f(x)在区间(0,＋∞)上单调递减；当a>0时,令f′(x)＝0得x＝,在区间(0,)上,f′(x)

2、<0,函数f(x)单调递减,在区间(,＋∞)上,f′(x)>0,函数f(x)单调递增、综上所述：当a≤0时,f(x)的单调递减区间是(0,＋∞),无单调递增区间；当a>0时,f(x)的单调递减区间是(0,),单调递增区间是(,＋∞)、(2)因为函数f(x)在x＝1处取得极值,所以f′(1)＝0,解得a＝1,经检验可知满足题意、由已知f(x)≥bx－2,即x－1－lnx≥bx－2,即1＋－≥b对∀x∈(0,＋∞)恒成立,令g(x)＝1＋－,则g′(x)＝－－＝,易得g(x)在(0,e2]上单调递减,在[e2,＋

3、∞)上单调递增,所以g(x)min＝g(e2)＝1－,即b≤1－.题型二　存在性问题例2　已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx在x＝±1处取得极值,且在x＝0处的切线的斜率为－3.(1)求f(x)的解析式；(2)若过点A(2,m)可作曲线y＝f(x)的三条切线,求实数m的取值范围、破题切入点　(1)利用极值处导数为0及导数的几何意义求出f(x)、(2)借助导数几何意义表示切线方程,然后分离参数,利用数形结合求m范围、解　(1)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.依题意⇒又f′(0)＝－3,∴c＝－3,∴a＝1

4、,∴f(x)＝x3－3x.(2)设切点为(x0,x－3x0),∵f′(x)＝3x2－3.∴f′(x0)＝3x－3.∴切线方程为y－(x－3x0)＝(3x－3)(x－x0)、又切线过点A(2,m)、∴m－(x－3x0)＝(3x－3)(2－x0)、∴m＝－2x＋6x－6.令g(x)＝－2x3＋6x2－6,则g′(x)＝－6x2＋12x＝－6x(x－2),由g′(x)＝0得x＝0或x＝2.g(x)极小值＝g(0)＝－6,g(x)极大值＝g(2)＝2.画出草图如右图、∴当－6

5、、即可作曲线y＝f(x)的三条切线、题型三　存在与恒成立的综合性问题例3　已知a>0,函数f(x)＝lnx－ax2,x>0.(f(x)的图象连续不断)(1)求f(x)的单调区间；(2)当a＝时,证明：存在x0∈(2,＋∞),使f(x0)＝f；(3)若存在均属于区间[1,3]的α,β,且β－α≥1,使f(α)＝f(β),证明：≤α≤.破题切入点　考查导数的运算,利用导数研究函数的单调性,解不等式函数的零点等基础知识,既有存在,又有恒成立问题、(1)解　f′(x)＝－2ax＝,x∈(0,＋∞),令f′(x)＝0,

6、解得x＝,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表：xf′(x)＋0－f(x)极大值所以f(x)的单调递增区间是,f(x)的单调递减区间是.(2)证明　当a＝时,f(x)＝lnx－x2.由(1)知f(x)在(0,2)内单调递增,在(2,＋∞)内单调递减、令g(x)＝f(x)－f,由于f(x)在(0,2)内单调递增,故f(2)>f,即g(2)>0.取x′＝e>2,则g(x′)＝<0.所以存在x0∈(2,x′),使g(x0)＝0,即存在x0∈(2,＋∞),使f(x0)＝f.(说明：x′的取法不唯一,只

7、要满足x′>2,且g(x′)<0即可)(3)证明　由f(α)＝f(β)及(1)的结论知α<<β,从而f(x)在[α,β]上的最小值为f(α)、又由β－α≥1,α,β∈[1,3],知1≤α≤2≤β≤3.故即从而≤a≤.总结提高　(1)存在与恒成立两个热点词汇在高考中频繁出现,关键要把握两个词语的本质：存在即特称量词,“有的”意思；恒成立即全称量词,“任意的”意思、(2)解决这类问题的关键是转化与化归思想,转化为求解函数的最大值与最小值问题、(3)函数与方程思想的应用在求解参数范围中体现的淋漓尽致,将参数分离出来

8、,另一侧设为函数,转化为求解另一侧函数的最大值和最小值问题、1、(2013·课标全国Ⅱ)若存在正数x使2x(x－a)<1成立,则a的取值范围是(　　)A、(－∞,＋∞)B、(－2,＋∞)C、(0,＋∞)D、(－1,＋∞)答案　D解析　∵2x(x－a)<1,∴a>x－.令f(x)＝x－,∴f′(x)＝1＋2－xln2>0.∴f(x)在(0,＋∞)上单调递增,∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1,∴a的取