【数学】2018届一轮复习人教A版第2章热点探究课1导数应用中的高考热点问题学案 12页

热点探究课(一)　‎ 导数应用中的高考热点问题 ‎[命题解读]　函数是中学数学的核心内容，导数是研究函数的重要工具，因此，导数的应用是历年高考的重点与热点，常涉及的问题有：讨论函数的单调性(求函数的单调区间)、求极值、求最值、求切线方程、求函数的零点或方程的根、求参数的范围、证明不等式等，涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归思想等，中、高档难度均有．‎ 热点1　利用导数研究函数的单调性、极值与最值(答题模板)‎ 函数的单调性、极值是局部概念，函数的最值是整体概念，研究函数的性质必须在定义域内进行，因此，务必遵循定义域优先的原则，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．‎ ‎　(本小题满分15分)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a的取值范围．‎ ‎[思路点拨]　(1)求出导数后对a分类讨论，然后判断单调性；(2)运用(1)的结论分析函数的最大值，对得到的不等式进行等价转化，通过构造函数并分析该函数的单调性求a的范围．‎ ‎[规范解答]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.2分 若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.5分 若a>0，则当x∈时，f′(x)>0；‎ 当x∈时，f′(x)<0.7分 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减.8分 ‎(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；9分 当a>0时，f(x)在x＝取得最大值，最大值为 f＝ln＋a＝－ln a＋a－1.11分 因此f>2a－2等价于ln a＋a－1<0.12分 令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.‎ 于是，当01时，g(a)>0.‎ 因此，a的取值范围是(0,1).15分 ‎[答题模板]　讨论含参函数f(x)的单调性的一般步骤 第一步：求函数f(x)的定义域(根据已知函数解析式确定)．‎ 第二步：求函数f(x)的导数f′(x)．‎ 第三步：根据f′(x)＝0的零点是否存在或零点的大小对参数分类讨论．‎ 第四步：求解(令f′(x)>0或令f′(x)<0)．‎ 第五步：下结论．‎ 第六步：反思回顾，查看关键点、易错点、注意解题规范．‎ 温馨提示：1.讨论函数的单调性，求函数的单调区间、极值问题，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．‎ ‎[对点训练1]　已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′.‎ ‎(1)求a的值；‎ ‎(2)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(3)设函数g(x)＝(f(x)－x3)·ex，若函数g(x)在x∈[－3,2]上单调递增，求实数c的取值范围．‎ ‎[解]　(1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c，‎ 得f′(x)＝3x2＋2ax－1.2分 当x＝时，得a＝f′＝3×2＋2a×－1，‎ 解得a＝－1.4分 ‎(2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋c，‎ 则f′(x)＝3x2－2x－1＝3(x－1)，列表如下：‎ x ‎－ ‎1‎ ‎(1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极大值  极小值  所以f(x)的单调递增区间是和(1，＋∞)；‎ f(x)的单调递减区间是.10分 ‎(3)函数g(x)＝(f(x)－x3)·ex＝(－x2－x＋c)·ex，‎ 有g′(x)＝(－2x－1)ex＋(－x2－x＋c)ex ‎＝(－x2－3x＋c－1)ex，12分 因为函数g(x)在x∈[－3,2]上单调递增，‎ 所以h(x)＝－x2－3x＋c－1≥0在x∈[－3,2]上恒成立，‎ 只要h(2)≥0，解得c≥11，‎ 所以c的取值范围是[11，＋∞).15分 热点2　利用导数研究函数的零点或曲线交点问题 研究函数零点的本质就是研究函数的极值的正负，为此，我们可以通过讨论函数的单调性来解决，求解时应注重等价转化与数形结合思想的应用，其主要考查方式有：(1)确定函数的零点、图象交点的个数；(2)由函数的零点、图象交点的情况求参数的取值范围．‎ ‎　设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.‎ ‎(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；‎ ‎(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围．‎ ‎[解]　(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.2分 因为f(0)＝c，f′(0)＝b，‎ 所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.6分 ‎(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，‎ 所以f′(x)＝3x2＋8x＋4.8分 令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－.10分 f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：‎ x ‎(－∞，－2)‎ ‎－2‎ ‎－ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  c  c－  所以，当c＞0且c－＜0时，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.12分 由f(x)的单调性知，当且仅当c∈时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点.15分 ‎[规律方法]　用导数研究函数的零点，常用两种方法：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象的交点问题，利用数形结合来解决．‎ ‎[对点训练2]　设函数f(x)＝ln x＋，m∈R.‎ ‎(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；‎ ‎(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数. 【导学号：51062090】‎ ‎[解]　(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋，‎ 则f′(x)＝，由f′(x)＝0，得x＝e.2分 ‎∴当x∈(0，e)，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减；‎ 当x∈(e，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋＝2，‎ ‎∴f(x)的极小值为2.6分 ‎(2)由题设g(x)＝f′(x)－＝－－(x＞0)，‎ 令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0).7分 设φ(x)＝－x3＋x(x≥0)，‎ 则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，‎ 当x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上单调递增；‎ 当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，‎ ‎∴x＝1是φ(x)唯一的极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，‎ ‎∴φ(x)的最大值为φ(1)＝.10分 又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知 ‎①当m＞时，函数g(x)无零点；‎ ‎②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；‎ ‎③当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点；‎ ‎④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．‎ 综上所述，当m＞时，函数g(x)无零点；‎ 当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；‎ 当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点.15分 热点3　利用导数研究不等式问题 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)不等式恒成立问题；(3)存在型不等式成立问题．‎ 角度1　证明不等式 ‎　设函数f(x)＝e2x－aln x.‎ ‎(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；‎ ‎(2)证明：当a＞0时，f(x)≥‎2a＋aln. 【导学号：51062091】‎ ‎[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0)．‎ 当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；‎ 当a>0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，3分 因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，‎ 所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ 又f′(a)>0，当b满足00时，f′(x)存在唯一零点.6分 ‎(2)证明：由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；‎ 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.‎ 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).10分 由于2e2x0－＝0，‎ 所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln .‎ 故当a>0时，f(x)≥2a＋aln .15分 角度2　不等式恒成立问题 ‎　已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．‎ ‎(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；‎ ‎(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围．‎ ‎[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞).1分 当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，‎ f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2.3分 故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.6分 ‎(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于ln x－＞0.‎ 设g(x)＝ln x－，‎ 则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.9分 ‎①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，因此g(x)＞0；12分 ‎②当a＞2时，令g′(x)＝0得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.14分 由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)单调递减，因此g(x)＜0.‎ 综上，a的取值范围是(－∞，2].15分 角度3　存在型不等式成立问题 ‎　设函数f(x)＝aln x＋x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0.‎ ‎(1)求b；‎ ‎(2)若存在x0≥1，使得f(x0)<，求a的取值范围．‎ ‎[解]　(1)f′(x)＝＋(1－a)x－b.‎ 由题设知f′(1)＝0，解得b＝1.4分 ‎(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ 由(1)知，f(x)＝aln x＋x2－x，‎ f′(x)＝＋(1－a)x－1＝(x－1).7分 ‎①若a≤，则≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)单调递增．‎ 所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为f(1)<，即－1<，解得－－11，故当x∈时，f′(x)<0，当x∈时，f′(x)>0，f(x)在上单调递减，在上单调递增.12分 所以存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为f<.‎ 而f＝aln ＋＋>，所以不合题意．‎ ‎③若a>1，则f(1)＝－1＝<恒成立，所以a＞1.‎ 综上，a的取值范围是(－－1，－1)∪(1，＋∞).15分 ‎[规律方法]　1.运用导数证明不等式，常转化为求函数的最值问题．‎ ‎2．不等式恒成立通常可以利用函数的单调性求出最值解决．解答相应的参数不等式，如果易分离参数，可先分离变量，构造函数，直接转化为函数的最值问题，避免参数的讨论．‎ ‎3．“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．应特别关注等号是否成立问题．‎ 热点探究训练(一)　‎ 导数应用中的高考热点问题 ‎1．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x>0时，g(x)>0，求b的最大值．‎ ‎[解]　(1)f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，等号仅当x＝0时成立．‎ 所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增.4分 ‎(2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)‎ ‎＝e2x－e－2x－4b(ex－e－x)＋(8b－4)x，‎ g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(ex＋e－x)＋(4b－2)]‎ ‎＝2(ex＋e－x－2)(ex＋e－x－2b＋2).8分 ‎①当b≤2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x>0，g(x)>0.12分 ‎②当b>2时，若x满足2