1、2.4 压轴大题1函数、导数、 方程、不等式,-2-,-3-,-4-,-5-,-6-,-7-,1.导数的几何意义 (1)函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0,f(x0)处的切线的斜率,即k=f(x0). (2)函数切线问题的求解策略:用好切点“三重性”: 切点在函数图象上,满足函数解析式; 切点在切线上,满足切线方程; 切点处的导数等于切线的斜率. 2.函数的导数与单调性的关系 函数y=f(x)在(a,b)内可导, (1)若f(x)0在(a,b)内恒成立,则f(x)在(a,b)内单调递增; (2)若f(x)0在(a,b)内恒成立,则f(x)在(a,b)内单调递减. 3.函数的导
2、数与单调性的等价关系 函数f(x)在(a,b)内可导,f(x)在(a,b)任意子区间内都不恒等于0.f(x)0f(x)在(a,b)上为增函数.f(x)0f(x)在(a,b)上为减函数.,-8-,4.函数的极值、最值 (1)若在x0附近左侧f(x)0,右侧f(x)0,则f(x0)为函数f(x)的极小值. (2)设函数y=f(x)在a,b上连续,在(a,b)内可导,则f(x)在a,b上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得. (3)若函数f(x)在a,b上单调递增,则f(a)为函数的最小值,f(b)为函数的最大值;若函数f(x)在a,b上单调递减,则f(a)为函数的最大值,f(b)为函数的最小值
3、. 5.常见恒成立不等式 (1)ln xx-1;(2)exx+1.,-9-,6.构造辅助函数的四种方法 (1)移项法:证明不等式f(x)g(x)(f(x)0(f(x)-g(x)0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x); (2)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; (3)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); (4)放缩法:若所构造函数最值不易求解,可将所证明不等式进行放缩,再重新构造函数.,-10-,7.
4、函数不等式的类型与解法 xD,f(x)kf(x)maxk; xD,f(x)kf(x)mink; xD,f(x)g(x)f(x)maxg(x)min; xD,f(x)g(x)f(x)ming(x)max. 8.含两个未知数的不等式(函数)问题的常见题型及具体转化策略 (1)x1a,b,x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)在a,b上的最小值g(x)在c,d上的最大值. (2)x1a,b,x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)在a,b上的最大值g(x)在c,d上的最小值. (3)x1a,b,x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)在a,b上的最小值g(x)在c,d上的最小值.,-11-,(4)
5、x1a,b,x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)在a,b上的最大值g(x)在c,d上的最大值. (5)x1a,b,当x2c,d时,f(x1)=g(x2)f(x)在a,b上的值域与g(x)在c,d上的值域交集非空. (6)x1a,b,x2c,d,f(x1)=g(x2)f(x)在a,b上的值域g(x)在c,d上的值域. (7)x2c,d,x1a,b,f(x1)=g(x2)f(x)在a,b上的值域g(x)在c,d上的值域.,2.4.1 导数与函数的单调性、 极值、最值,-13-,考向一,考向二,考向三,考向四,讨论、判断、证明单调性或求单调区间 解题策略一 分类讨论法,(1)讨论f(x)的单调性
6、;,难点突破 (1)讨论f(x)的单调性求函数的定义域求导函数,-14-,考向一,考向二,考向三,考向四,解:f(x)的定义域为(0,+).,当a0时,x(0,1)时,f(x)0,f(x)单调递增,x(1,+)时,f(x)0时,-15-,考向一,考向二,考向三,考向四,综上所述,当a0时,f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+)内单调递减;,-16-,考向一,考向二,考向三,考向四,当0a2时,f(x)在(0,1)内单调递增,-17-,考向一,考向二,考向三,考向四,(2)证明:由(1)知,a=1时,设(x)=-3x2-2x+6,则(x)在x1,2单调递减, 因为(1)=1,(2)=-10
7、, 所以x0(1,2),使得x(1,x0)时,(x)0,x(x0,2)时,(x)0.,-18-,考向一,考向二,考向三,考向四,所以h(x)在(1,x0)内单调递增,在(x0,2)内单调递减.,解题心得利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号,当f(x)含参数时,需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论.,-19-,考向一,考向二,考向三,考向四,(1)讨论f(x)的单调性;,-20-,考向一,考向二,考向三,考向四,-21-,考向一,考向二,考向三,考向四,(2)证明:由(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当a2. 由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,
8、所以x1x2=1,不妨设x11.,-22-,考向一,考向二,考向三,考向四,解题策略二 构造函数法 例2已知函数f(x)= (k为常数,e是自然对数的底数),曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线与x轴平行. (1)求k的值; (2)求f(x)的单调区间.,-23-,考向一,考向二,考向三,考向四,即h(x)在(0,+)上是减函数. 由h(1)=0知,当00,从而f(x)0; 当x1时,h(x)0,从而f(x)0. 综上可知,f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,+).,解题心得通过导数研究单调性首先要判断构造函数的导函数的正负,因此,构造函数的关键在于其导函数的零点是否
9、易求或易估.,-24-,考向一,考向二,考向三,考向四,对点训练2设函数f(x)=xea-x+bx,曲线y=f(x)在点(2,f(2)处的切线方程为y=(e-1)x+4. (1)求a,b的值; (2)求f(x)的单调区间.,解:(1)因为f(x)=xea-x+bx, 所以f(x)=(1-x)ea-x+b.,解得a=2,b=e.,-25-,考向一,考向二,考向三,考向四,(2)由(1)知f(x)=xe2-x+ex. 由f(x)=e2-x(1-x+ex-1)及e2-x0知,f(x)与1-x+ex-1同号. 令g(x)=1-x+ex-1, 则g(x)=-1+ex-1. 所以,当x(-,1)时,g(x
10、)0,g(x)在区间(1,+)上单调递增. 故g(1)=1是g(x)在区间(-,+)上的最小值, 从而g(x)0,x(-,+). 综上可知,f(x)0,x(-,+). 故f(x)的单调递增区间为(-,+).,-26-,考向一,考向二,考向三,考向四,求函数的极值、最值 解题策略一 利用单调性求,(1)求函数f(x)的单调区间. (2)当a=-1时,求函数f(x)在e-e,e上的值域;,-27-,考向一,考向二,考向三,考向四,难点突破 (1)求出函数f(x)的导数,通过讨论a的范围求出函数的单调区间即可. (2)将a=-1代入f(x),求出函数的导数,根据函数的单调性求出函数的值域即可;,-2
11、8-,考向一,考向二,考向三,考向四,解:(1)f(x)=1-aln x-a=1-a(ln x+1). 当a=0时,f(x)0,f(x)在(0,+)单调递增;,(2)a=-1时,f(x)=x+xln x. 由f(x)=2+ln x,令f(x)=0,x=e-2, f(x)在e-e,e-2单调递减,在e-2,e单调递增,-29-,考向一,考向二,考向三,考向四,-30-,考向一,考向二,考向三,考向四,解题心得1.求最值的常用方法是由导数确定单调性,由单调性确定极值,比较极值与定义域的端点值确定最值; 2.对kf(x)恒成立,求参数k的最值问题,若求不出f(x)的极值点,可求极值点所在区间,再由极
12、值点范围求极值的范围,由此得出参数的最值.,-31-,考向一,考向二,考向三,考向四,对点训练3已知函数f(x)=excos x-x. (1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程;,解:(1)因为f(x)=excos x-x,所以f(x)=ex(cos x-sin x)-1,f(0)=0. 又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程为y=1. (2)设h(x)=ex(cos x-sin x)-1,则h(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2exsin x.,-32-,考向一,考向二,考向三,考向四,解题策略二 构造函数法,h(
13、x)=ex-(a+1)x-b0h(x)=ex-(a+1)h(x)min=(a+1)-(a+1)ln(a+1)-b0(a+1)b(a+1)2-(a+1)2ln(a+1)(a+10),令F(x)=x2-x2ln x(x0),-33-,考向一,考向二,考向三,考向四,解:(1)由已知得f(x)=f(1)ex-1-f(0)+x. 所以f(1)=f(1)-f(0)+1,即f(0)=1. 又f(0)=f(1)e-1,所以f(1)=e.,由于f(x)=ex-1+x, 故当x(-,0)时,f(x)0. 从而,f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增. (2)由已知条件得ex-(a+1)xb.,可得e
14、x-(a+1)xb,因此式不成立. ()若a+1=0,则(a+1)b=0.,-34-,考向一,考向二,考向三,考向四,()若a+10,设g(x)=ex-(a+1)x, 则g(x)=ex-(a+1). 当x(-,ln(a+1)时,g(x)0. 从而g(x)在(-,ln(a+1)单调递减,在(ln(a+1),+)单调递增. 故g(x)有最小值g(ln(a+1)=a+1-(a+1)ln(a+1).,ba+1-(a+1)ln(a+1). 因此(a+1)b(a+1)2-(a+1)2ln(a+1). 设h(a)=(a+1)2-(a+1)2ln(a+1), 则h(a)=(a+1)(1-2ln(a+1).,-
15、35-,考向一,考向二,考向三,考向四,解题心得本例在(2)中,通过作差将条件进行转化,通过构造函数求函数的最小值得出关于a,b的不等式,通过乘以(a+1)得(a+1)b的关系式,再通过第二次构造函数求函数最大值得出结果.,-36-,考向一,考向二,考向三,考向四,对点训练4已知函数f(x)=ax-ln x,F(x)=ex+ax,其中x0,a0. (1)若f(x)和F(x)在区间(0,ln 3)上具有相同的单调性,求实数a的取值范围;,a0,即F(x)在(0,+)上单调递增,不合题意. 当a0,得xln(-a),由F(x)0,得0xln(-a), F(x)的单调减区间为(0,ln(-a),单调
16、增区间为(ln(-a),+), f(x)和F(x)在区间(0,ln 3)上具有相同的单调性, ln(-a)ln 3,即a-3.综上,a的取值范围是(-,-3.,-37-,考向一,考向二,考向三,考向四,(2)g(x)=xeax-1-ax-ln x,-38-,考向一,考向二,考向三,考向四,h(t)h(e2)=0,M的最小值为0.,-39-,考向一,考向二,考向三,考向四,解题策略三 分类讨论法 例5已知函数f(x)=ex-e-x-2x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x0时,g(x)0,求b的最大值.,-40-,考向一,考向二,考向三,考向四,解:
17、(1)f(x)=ex+e-x-20,等号仅当x=0时成立, 所以f(x)在(-,+)单调递增. (2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x, g(x)=2e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)=2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2). 当b2时,g(x)0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(-,+)单调递增. 而g(0)=0,所以对任意x0,g(x)0; 当b2时,若x满足2ex+e-x2b-2,综上,b的最大值为2.,-41-,考向一,考向二,考向三,考向四,解题心得依据题意,对参数分类,分类后相当于增加了一个
18、已知条件,在增加条件的情况下,对参数的各个范围逐个验证是否适合题意,最后适合题意的范围即为所求范围,这个范围的最大值也就求出.,-42-,考向一,考向二,考向三,考向四,对点训练5设函数f(x)=cos 2x+(-1)(cos x+1),其中0,记|f(x)|的最大值为A. (1)求f(x); (2)求A; (3)证明|f(x)|2A.,(1)解:f(x)=-2sin 2x-(-1)sin x. (2)解:当1时, |f(x)|=|cos 2x+(-1)(cos x+1)|+2(-1)=3-2=f(0). 因此A=3-2. 当01时,将f(x)变形为 f(x)=2cos2x+(-1)cos x
19、-1. 令g(t)=2t2+(-1)t-1,则A是|g(t)|在-1,1上的最大值,-43-,考向一,考向二,考向三,考向四,|g(-1)|=,|g(1)|=2-3,|g(-1)|g(1)|, 所以A=2-3.,-44-,考向一,考向二,考向三,考向四,-45-,考向一,考向二,考向三,考向四,(3)证明:由(1)得|f(x)|=|-2sin 2x-(-1)sin x|2+|-1|.,所以|f(x)|1+2A. 当1时,|f(x)|3-16-4=2A.所以|f(x)|2A.,-46-,考向一,考向二,考向三,考向四,证明函数有最值并求最值范围 解题策略 零点分布法,-47-,考向一,考向二,考
20、向三,考向四,(x-2)ex+x+20,得结论a0,1)x0(0,2,从而h(a)(a0,1)的值域就是g(x0)(x0(0,2)的值域.,-48-,考向一,考向二,考向三,考向四,解:(1)f(x)的定义域为(-,-2)(-2,+).,当且仅当x=0时,f(x)=0,所以f(x)在(-,-2),(-2,+)单调递增. 因此当x(0,+)时,f(x)f(0)=-1. 所以(x-2)ex-(x+2),(x-2)ex+x+20.,由(1)知,当x0时,f(x)+a单调递增. 对任意a0,1),f(0)+a=a-1xa时,f(x)+a0,g(x)0,g(x)单调递增.,-49-,考向一,考向二,考向
21、三,考向四,因此g(x)在x=xa处取得最小值,解题心得在证明函数f(x)有最值及求最值范围时,若f(x)=0解不出,可运用零点存在性定理求出极值点t存在的范围,从而用t表示出最值,此时最值是关于t的函数,通过函数关系式求出最值的范围.,-50-,考向一,考向二,考向三,考向四,对点训练6已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x+2)2(x0). (1)若f(x)是(0,+)上的单调递增函数,求实数a的取值范围; (2)当a 时,求证:函数f(x)有最小值,并求函数f(x)最小值的取值范围.,(1)解:由题意,得f(x)=ex+(x-2)ex+2ax+4a, 函数f(x)在区间(0,+)上单调
22、递增,f(x)0在(0,+)上恒成立. ex+(x-2)ex+2ax+4a0,-51-,考向一,考向二,考向三,考向四,(2)证明:f(x)=ex+(x-2)ex+2ax+4a,f(x)=xex+2a0, y=f(x)在(0,+)上单调递增, 又f(0)=4a-10, 存在t(0,1)使f(t)=0,x(0,t)时,f(x)0, 当x=t时,f(x)min=f(t)=(t-2)et+a(t+2)2, 由f(t)=0,即et(t-1)+2a(t+2)=0,-52-,考向一,考向二,考向三,考向四,f(t)在(0,1)上递减, f(1)f(t)f(0),-ef(t)-1, f(x)的最小值的取值范
23、围是(-e,-1).,-53-,考向一,考向二,考向三,考向四,与极值、最值有关的证明问题 解题策略 等价转换法 例7已知函数f(x)=ln x-2ax,aR. (1)若函数y=f(x)存在与直线2x-y=0垂直的切线,求实数a的取值范围;,-54-,考向一,考向二,考向三,考向四,当-1a1时,g(x)单调递增无极值点,不符合题意, 当a1或a-1时,令g(x)=0,设x2-2ax+1=0的两根为x1和x2, 因为x1为函数g(x)的极大值点,-55-,考向一,考向二,考向三,考向四,所以00, 所以a0,0x11,-56-,考向一,考向二,考向三,考向四,所以h(x)在(0,1)上单调递减
24、, 所以h(x)h(1)=0,原题得证.,解题心得将已知条件进行转换或将要解决的问题进行等价转换是解决函数问题的常用方法,通过转换变陌生问题为熟悉问题,从而得到解决.,-57-,考向一,考向二,考向三,考向四,对点训练7设函数f(x)=e2x-4aex-2ax,g(x)=x2+5a2,aR. (1)若a=1,求f(x)的递增区间; (2)若f(x)在R上单调递增,求a的取值范围;,(1)解:当a=1,f(x)=e2x-4ex-2x,f(x)=2e2x-4ex-2,(2)解:f(x)在R上单调递增,f(x)=2e2x-4aex-2a0在R上恒成立,-58-,考向一,考向二,考向三,考向四,(3)证明:F(x)=e2x-4aex-2ax+x2+5a2=5a2-(4ex+2x)a+x2+e2x,设h(x)=ex-2x,则h(x)=ex-2, 令h(x)0,得xln 2,则h(x)在(ln 2,+)单调递增; h(x)min=h(ln 2)=2-2ln 20,
