【同步輔導(dǎo)】2021高中數(shù)學(xué)北師大版選修1-1學(xué)案：《函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合性問題分析》

第5課時函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合性問題分析1.把握用導(dǎo)數(shù)法求解函數(shù)單調(diào)性、極值、最值、參數(shù)等問題.2.理解導(dǎo)數(shù)與方程、函數(shù)、不等式等學(xué)問的綜合.3.通過在“學(xué)問網(wǎng)絡(luò)交匯點”處命題,合理設(shè)計綜合多個學(xué)問點的試題,考查分類爭辯、數(shù)形結(jié)合等數(shù)學(xué)思想方法.函數(shù)與導(dǎo)數(shù)是高中數(shù)學(xué)的核心內(nèi)容,函數(shù)思想貫穿中學(xué)數(shù)學(xué)全過程.導(dǎo)數(shù)作為工具,供應(yīng)了爭辯函數(shù)性質(zhì)的一般性方法.作為“平臺”,可以把函數(shù)、方程、不等式、圓錐曲線等有機地聯(lián)系在一起,在力量立意的命題思想指導(dǎo)下,與導(dǎo)數(shù)相關(guān)的問題已成為高考數(shù)學(xué)命題的必考考點之一.函數(shù)與方程、不等式相結(jié)合是高考熱點與難點.問題1:在某個區(qū)間(a,b)內(nèi),假如f'(x)>0,那么函數(shù)y=f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調(diào);假如f'(x)<0,那么函數(shù)y=f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調(diào).f'(x)>0(或<0)只是函數(shù)f(x)在該區(qū)間單調(diào)遞增(或遞減)的條件,可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a,b)上單調(diào)遞增(或遞減)的充要條件是:對任意x∈(a,b),都有f'(x)≥0(或≤0)且f(x)在(a,b)的任意子區(qū)間上都不恒為零.利用此充要條件可以便利地解決“已知函數(shù)的單調(diào)性,反過來確定函數(shù)解析式中的參數(shù)的值或范圍”問題.

問題2:設(shè)函數(shù)f(x)在點x0四周有定義,假如對x0四周全部的點x,都有f(x)<f(x0),那么f(x0)是函數(shù)的一個,記作y極大值=f(x0);假如對x0四周的全部的點都有f(x)>f(x0),那么f(x0)是函數(shù)的一個,記作y微小值=f(x0),極大值與微小值統(tǒng)稱為.導(dǎo)數(shù)f'(x)=0的點不肯定是函數(shù)y=f(x)的極值點,如使f'(x)=0的點的左、右的導(dǎo)數(shù)值異號,則是極值點,其中左正右負點是極大值點,左負右正點是微小值點.極大值未必大于微小值.

問題3:將函數(shù)y=f(x)在(a,b)內(nèi)的各極值與端點處的函數(shù)值f(a),f(b)比較,其中最大的一個是,最小的一個是.

1.已知e為自然對數(shù)的底數(shù),則函數(shù)y=xex的單調(diào)遞增區(qū)間是().A.[-1,+∞) B.(-∞,-1] C.[1,+∞) D.(-∞,1]2.已知曲線f(x)=lnx在點(x0,f(x0))處的切線經(jīng)過點(0,-1),則x0的值為().A.1e B.1 C.e D.3.函數(shù)f(x)的定義域為開區(qū)間(a,b),導(dǎo)函數(shù)f'(x)在(a,b)內(nèi)的圖像如圖所示,則函數(shù)f(x)在開區(qū)間(a,b)內(nèi)有微小值點個.

4.等比數(shù)列{an}中,a1=1,a2022=4,函數(shù)f(x)=x(x-a1)(x-a2)…(x-a2022),求函數(shù)f(x)在點(0,0)處的切線方程.利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義爭辯切線問題若函數(shù)f(x)=aex+1aex+b(a>0)在點(2,f(2))處的切線方程為y=32x,求a利用導(dǎo)數(shù)爭辯函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值已知函數(shù)f(x)=ax2+1(a>0),g(x)=x3+bx.(1)若曲線y=f(x)與曲線y=g(x)在它們的交點(1,c)處有公共切線,求a,b的值;(2)當(dāng)a2=4b時,求函數(shù)f(x)+g(x)的單調(diào)區(qū)間,并求其在區(qū)間(-∞,-1]上的最大值.導(dǎo)數(shù)與不等式的證明已知x>0,證明不等式x>ln(1+x).已知函數(shù)f(x)=x3-x.(1)求曲線y=f(x)的過點(1,0)的切線方程;(2)若過x軸上的點(a,0)可以作曲線y=f(x)的三條切線,求a的取值范圍.若函數(shù)f(x)=lnx-12ax2-2x存在單調(diào)遞減區(qū)間,求實數(shù)a的取值范圍已知函數(shù)f(x)=ax-lnx,x∈(0,e],g(x)=lnxx,其中e是自然常數(shù),a∈(1)當(dāng)a=1時,求f(x)的極值,并證明f(x)>g(x)+12恒成立(2)是否存在實數(shù)a,使f(x)的最小值為3?若存在,求出a的值;若不存在,請說明理由.1.函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),且f(x)>0,f'(x)>0,則函數(shù)y=xf(x)().A.存在極大值 B.存在微小值 C.是增函數(shù) D.是減函數(shù)2.函數(shù)y=x3+3x在(0,+∞)上的最小值為()A.4 B.5 C.3 D.13.已知函數(shù)f(x)=alnx+x在區(qū)間[2,3]上單調(diào)遞增,則實數(shù)a的取值范圍是.

4.已知冪函數(shù)f(x)=x-m2+2m+3(m∈Z)為偶函數(shù),且在區(qū)間((1)求函數(shù)f(x)的解析式;(2)設(shè)函數(shù)g(x)=14f(x)+ax3+92x2-b(x∈R),其中a,b∈R.若函數(shù)g(x)僅在x=0處有極值,求a(2021年·新課標(biāo)Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c,下列結(jié)論中錯誤的是().A.存在x0∈R,f(x0)=0B.函數(shù)y=f(x)的圖像是中心對稱圖形C.若x0是f(x)的微小值點,則f(x)在區(qū)間(-∞,x0)單調(diào)遞減D.若x0是f(x)的極值點,則f'(x0)=0考題變式(我來改編):

第5課時函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合性問題分析學(xué)問體系梳理問題1:遞增遞減充分問題2:極大值微小值極值問題3:最大值最小值基礎(chǔ)學(xué)習(xí)溝通1.A令y'=ex(1+x)≥0,又ex>0,∴1+x≥0,∴x≥-1.故選A.2.B依題意得,題中的切線方程是y-lnx0=1x0(x-x0).又該切線經(jīng)過點(0,-1),于是有-1-lnx0=1x0(-x0),由此得lnx0=0,x0=13.1留意審題,題目給出的是導(dǎo)函數(shù)的圖像.先由導(dǎo)函數(shù)取值的正負確定函數(shù)的單調(diào)性,然后列表可推斷函數(shù)微小值點有1個.4.解:f'(x)=(x-a1)(x-a2)…(x-a2022)+x·(x-a2)(x-a3)…(x-a2022)+x(x-a1)(x-a3)…(x-a2022)+…+x(x-a1)(x-a2)…(x-a2011),∴f'(0)=(-a1)·(-a2)…(-a2022)=(a1a2022)1006=22022,∴切線方程為y=22022x.重點難點探究探究一:【解析】∵f'(x)=aex-1a∴f'(2)=ae2-1ae2解得ae2=2或ae2=-12(舍去所以a=2e2,代入原函數(shù)可得2+12即b=12,故a=2e2,【小結(jié)】本例在解答中要留意a>0,應(yīng)當(dāng)舍去ae2=-12,否則會產(chǎn)生增解.求在某點處的切線與過某點處的切線問題時要留意點是否在曲線上,若非切點則需要設(shè)出切點,否則會出錯探究二:【解析】(1)f'(x)=2ax,g'(x)=3x2+b,由于曲線y=f(x)與曲線y=g(x)在它們的交點(1,c)處具有公共切線,所以f(1)=g(1),且f'(1)=g'(1).即a+1=1+b,且2a=3+b.解得a=3,b=3.(2)記h(x)=f(x)+g(x),∵b=14a2,∴h(x)=x3+ax2+14a2x+h'(x)=3x2+2ax+14a2令h'(x)=0,得x1=-a2,x2=-aa>0時,h(x)與h'(x)的變化狀況如下:x(-∞,-a2-a(-a2,-a-a(-a6,+∞h'(x)+0-0+h(x)遞增遞減遞增所以函數(shù)h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,-a2)和(-a6,單調(diào)遞減區(qū)間為(-a2,-a6當(dāng)-a2≥-1,即0<a≤2時函數(shù)h(x)在區(qū)間(-∞,-1]上單調(diào)遞增,h(x)在區(qū)間(-∞,-1]上的最大值為h(-1)=a-14a2當(dāng)-a2<-1,且-a6≥-1,即2<a≤6函數(shù)h(x)在區(qū)間(-∞,-a2)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(-a2,-1]上單調(diào)遞減,h(x)在區(qū)間(-∞,-1]上的最大值為h(-a2)當(dāng)-a6<-1,即a>6時函數(shù)h(x)在區(qū)間(-∞,-a2)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(-a2,-a6)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(-a6,-1]上單調(diào)遞增,又由于h(-a2)-h(-1)=1-a+14a2=14(a-2)2>0,所以h(x)在區(qū)間(-∞,-1]上的最大值為h【小結(jié)】利用導(dǎo)數(shù)爭辯函數(shù)的極值與最值時需要留意以下幾點:(1)首先考慮定義域.(2)導(dǎo)數(shù)值為0的點不肯定是函數(shù)的極值點,它是函數(shù)在該點取得極值的必要而不充分條件.(3)含參數(shù)的極值與最值問題要留意分類爭辯.探究三:【解析】原不等式等價于證明x-ln(1+x)>0.設(shè)f(x)=x-ln(1+x),則f'(x)=1-11+x=∵x>0,∴f'(x)>0.∴f(x)在x∈(0,+∞)上是單調(diào)增函數(shù).又f(0)=0-ln1=0,∴f(x)>f(0)=0,即x-ln(1+x)>0,即x>ln(1+x).【小結(jié)】利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的思路是“構(gòu)造幫助函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)推斷單調(diào)性,從而證明不等式”,這種方法的精妙之處在于將不等式的證明轉(zhuǎn)化為函數(shù)值大小的比較.思維拓展應(yīng)用應(yīng)用一:(1)由題意得f'(x)=3x2-1.曲線y=f(x)在點M(t,f(t))處的切線方程為y-f(t)=f'(t)(x-t),即y=(3t2-1)·x-2t3,將點(1,0)代入切線方程得2t3-3t2+1=0,解得t=1或-12,代入y=(3t2-1)x-2t3得曲線y=f(x)的過點(1,0)的切線方程為y=2x-2或y=-14x+1(2)由(1)知若過點(a,0)可作曲線y=f(x)的三條切線,則方程2t3-3at2+a=0有三個相異的實根,記g(t)=2t3-3at2+a,則g'(t)=6t2-6at=6t(t-a).當(dāng)a>0時,函數(shù)g(t)的極大值是g(0)=a,微小值是g(a)=-a3+a,要使方程g(t)=0有三個相異的實數(shù)根,需使a>0且-a3+a<0,即a>0且a2-1>0,即a>1;當(dāng)a=0時,函數(shù)g(t)單調(diào)遞增,方程g(t)=0不行能有三個相異的實數(shù)根;當(dāng)a<0時,函數(shù)g(t)的極大值是g(a)=-a3+a,微小值是g(0)=a,要使方程g(t)=0有三個相異的實數(shù)根,需使a<0且-a3+a>0,即a<0且a2-1>0,即a<-1.綜上所述,a的取值范圍是(-∞,-1)∪(1,+∞).應(yīng)用二:由題知f'(x)=1x-ax-2=-ax2+2x-1x,由于函數(shù)f(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間,所以f'(x)=-ax2+2x-1x≤0有解.又由于函數(shù)的定義域為(0,+∞),則應(yīng)有ax(1)當(dāng)a>0時,y=ax2+2x-1為開口向上的拋物線,所以ax2+2x-1≥0在(0,+∞)上恒有解;(2)當(dāng)a<0時,y=ax2+2x-1為開口向下的拋物線,要使ax2+2x-1≥0在(0,+∞)上有實數(shù)解,則Δ=4+4a>0,此時-1<a<0;(3)當(dāng)a=0時,明顯符合題意.綜上所述,實數(shù)a的取值范圍是(-1,+∞).應(yīng)用三:(1)當(dāng)a=1時,f(x)=x-lnx,∴f'(x)=1-1x=x∴當(dāng)0<x<1時,f'(x)<0,此時f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)1<x≤e時,f'(x)>0,此時f(x)單調(diào)遞增.∴f(x)的微小值為f(1)=1.∴f(x)在(0,e]上的最小值為1.令h(x)=g(x)+12=lnxx+12,則h'(x當(dāng)0<x<e時,h'(x)>0,則h(x)在(0,e]上單調(diào)遞增,∴h(x)max=h(e)=1e+12<12+12=1=f(∴f(x)>g(x)+12恒成立(2)假設(shè)存在實數(shù)a,使f(x)=ax-lnx(x∈(0,e])有最小值3.∵f'(x)=a-1x=ax①當(dāng)a≤0時,f(x)在(0,e]上單調(diào)遞減,∴f(x)min=f(e)=ae-1=3,∴a=4e(舍去∴當(dāng)a≤0時,不存在實數(shù)a使f(x)的最小值為3.②當(dāng)0<1a<e,即a>1e時,f(x)在(0,1a)上單調(diào)遞減,在(1a,∴f(x)min=f(1a)=1+lna=3,∴a=e2,滿足條件③當(dāng)1a≥e,即0<a≤1e時,f(x)在(0,e]上單調(diào)遞減,f(x)min=f(e)=ae-1=3,∴a=4e∴當(dāng)1a≥e時,不存在實數(shù)a使f(x)的最小值為3綜上,存在實數(shù)a=e2,使得當(dāng)x∈(0,e]時,f(x)有最小值3.基礎(chǔ)智能檢測1.C∵y'=f(x)+xf'(x),而函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞)且f(x)>0,f'(x)>0,∴y'>0在(0,+∞)上恒成立.因此y=xf(x)在(0,+∞)上是增函數(shù).2.Ay'=3x2-3x2,令y'=0,即x2-1x2=0,解得x=±1.由于x>0,所以x=1.在(0,+∞)上,由于只有一個微小值,所以它也是最小值,從而函數(shù)在(0,+∞)上的最小值為13+3.[-2,+∞)∵f(x)=alnx+x,∴f'(x)=ax+1.又∵f(x)在[2,3]上單調(diào)遞增,∴ax+1≥0在x∈[2,3]上恒成立,∴a≥(-x)max=-2,∴a∈[-2,+∞4.解:(1)∵f(x)在區(qū)間(0,+∞)上是單調(diào)增函數(shù),∴-m2+2m+3>0,即m2-2m-3<0,∴-1<m<3.又m∈Z,∴m=0,1,2,而m=0,2時,f(x)=