人教高中数学第二节 第2课时 精研题型明考向——函数与导数”大题常考的4类题型 教案.doc

第2课时　精研题型明考向——“函数与导数”大题常考的4类题型
一、真题集中研究——明考情
1．(2020·新高考全国卷Ⅰ·考查导数的几何意义、不等式恒成立求参数)
已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a.
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－.
(1)当a＝e时，f(x)＝ex－ln x＋1，
所以f(1)＝e＋1，f′(1)＝e－1，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.
直线y＝(e－1)x＋2在x轴、y轴上的截距分别为，2，
因此所求三角形的面积为.
(2)当0<a<1时，f(1)＝a＋ln a<1.
当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x，f′(x)＝ex－1－.
当x∈(0,1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，从而f(x)≥1.
当a>1时，f(x)＝aex－1－ln x＋ln a≥ex－1－ln x≥1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞)．
2．(2020·全国卷Ⅰ·考查函数的单调性、不等式恒成立求参数)
已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥x3＋1，求a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1.故当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)法一：f(x)≥x3＋1等价于e－x≤1.
设函数g(x)＝e－x(x≥0)，
则g′(x)＝－e－x
＝－x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x
＝－x(x－2a－1)(x－2)e－x.
①若2a＋1≤0，即a≤－，则当x∈(0,2)时，g′(x)＞0.
所以g(x)在(0,2)上单调递增，而g(0)＝1，
故当 x∈(0,2)时，g(x)＞1，不符合题意．
②若0＜2a＋1＜2，即－＜a＜，
则当x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)＜0；
当x∈(2a＋1,2)时，g′(x)＞0.所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，在(2a＋1,2)上单调递增．
由于g(0)＝1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)＝(7－4a)·e－2≤1，即a≥.
所以当≤a＜时，g(x)≤1.
③若2a＋1≥2，即a≥，则g(x)≤e－x.
由于0∈，故由②可得e－x≤1.故当a≥时，g(x)≤1.
综上，a的取值范围是.
法二：由f(x)≥x3＋1，
得ex＋ax2－x≥x3＋1(x≥0)．
当x＝0时，1≥1成立，符合题意．
当x＞0时，分离参数得a≥－.
令g(x)＝－(x＞0)，
则g′(x)＝－.
令h(x)＝ex－x2－x－1(x＞0)，
则h′(x)＝ex－x－1，h″(x)＝ex－1＞0，
所以h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，h′(x)＞h′(0)＝0.
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
所以h(x)＞h(0)＝0恒成立．
即ex－x2－x－1＞0恒成立．
故当x∈(0,2)时，g′(x)＞0，g(x)在(0,2)上单调递增；
当x∈(2，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)在(2，＋∞)上单调递减．
因此g(x)max＝g(2)＝，
综上，实数a的取值范围是.
3．(2020·全国卷Ⅱ·考查利用导数研究函数的单调性、证明不等式)
已知函数f(x)＝sin2xsin 2x.
(1)讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
(2)证明：|f(x)|≤；
(3)设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤.
解：(1)f′(x)＝cos x(sin xsin 2x)＋sin x(sin xsin 2x)′
＝2sin xcos xsin 2x＋2sin2xcos 2x＝2sin xsin 3x.
当x∈∪时，f′(x)＞0；
当x∈时，f′(x)＜0.
所以f(x)在区间，上单调递增，
在区间上单调递减．
(2)证明：因为f(0)＝f(π)＝0，由(1)知，f(x)在区间[0，π]的最大值为f＝，最小值为f＝－.
而f(x)是周期为π的周期函数，所以|f(x)|≤.
(3)证明：因为(sin2xs