【数学】2018届一轮复习人教A版第三章导数及其应用专题研究课一高考中函数与导数问题的热点题型学案 7页

专题研究课一 高考中函数与导数问题的热点题型 高考导航　函数与导数作为高中数学的核心内容，常常与其他知识结合起来，形成层次丰富的各类题型，常涉及的问题：研究函数的性质(如求单调区间、求极值、最值)，研究函数的零点(或方程的根、曲线的交点)，研究不等式.‎ 热点一　利用导数研究函数的性质 利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题，一般考查两类题型：(1)讨论函数的单调性、极值、最值，(2)利用单调性、极值、最值求参数的取值范围.‎ ‎【例1】 (2015·全国Ⅱ卷)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，求实数a的取值范围.‎ 解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.‎ 若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.‎ 若a＞0，则当x∈时，f′(x)＞0；‎ 当x∈时，f′(x)＜0，‎ 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减.‎ 综上，知当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ 当a＞0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.‎ ‎(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；‎ 当a＞0时，f(x)在x＝处取得最大值，最大值为f＝ln ＋a＝－ln a＋a－1.‎ 因此f＞‎2a－2等价于ln a＋a－1＜0.‎ 令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，‎ g(1)＝0.‎ 于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；‎ 当a＞1时，g(a)＞0.‎ 因此，实数a的取值范围是(0，1).‎ 探究提高　(1)研究函数的性质通常转化为对函数单调性的讨论，讨论单调性要先求函数定义域，再讨论导数在定义域内的符号来判断函数的单调性.‎ ‎(2)由函数的性质求参数的取值范围，通常根据函数的性质得到参数的不等式，再解出参数的范围.若不等式是初等的一次、二次、指数或对数不等式，则可以直接解不等式得参数的取值范围；若不等式是一个不能直接解出的超越型不等式时，如求解ln a＋a－1<0，则需要构造函数来解.‎ ‎【训练1】 已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e为自然对数的底数).‎ ‎(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；‎ ‎(2)若函数f(x)在(－1，1)上单调递增，求实数a的取值范围.‎ 解　(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex，‎ 所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex ‎＝(－x2＋2)ex.‎ 令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，因为ex>0，‎ 所以－x2＋2>0，解得－0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1，1)都成立，‎ 即a≥＝ ‎＝(x＋1)－对x∈(－1，1)都成立.‎ 令y＝(x＋1)－，则y′＝1＋>0.‎ 所以y＝(x＋1)－在(－1，1)上单调递增，‎ 所以y<(1＋1)－＝.即a≥.‎ 因此实数a的取值范围是.‎ 热点二　利用导数研究函数零点或曲线交点问题 函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可相互转化，这类问题的考查通常有两类：(1)讨论函数零点或方程根的个数；(2)由函数零点或方程的根求参数的取值范围.‎ ‎【例2】 (2017·杭州调研)已知函数f(x)＝axsin x－(a＞0)，且在上的最大值为 ‎.‎ ‎(1)求函数f(x)的解析式；‎ ‎(2)判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明.‎ 解　(1)由已知，得f′(x)＝a(sin x＋xcos x)，且a＞0.‎ 当x∈时，有sin x＋xcos x＞0，‎ 从而f′(x)＞0，f(x)在上是增函数，‎ 又f(x)在上的图象是连续不断的，‎ 故f(x)在上的最大值为f，‎ 即a－＝，解得a＝1.‎ 综上所述得f(x)＝xsin x－.‎ ‎(2)f(x)在(0，π)内有且只有两个零点.证明如下：‎ 由(1)知，f(x)＝xsin x－，‎ 从而f(0)＝－＜0，f＝＞0.‎ 又f(x)在上的图象是连续不断的，‎ 所以f(x)在内至少存在一个零点.‎ 又由(1)知f(x)在上单调递增，‎ 故f(x)在内有且只有一个零点.‎ 当x∈时，令g(x)＝f′(x)＝sin x＋xcos x.‎ 由g＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在上的图象是连续不断的，故存在m∈，使得g(m)＝0.‎ 由g′(x)＝2cos x－xsin x，知x∈时，有g′(x)＜0，‎ 从而g(x)在内单调递减.‎ ‎①当x∈时，g(x)＞g(m)＝0，‎ 即f′(x)＞0，从而f(x)在内单调递增，‎ 故当x∈时，f(x)≥f＝＞0，‎ 故f(x)在上无零点；‎ ‎②当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，‎ 即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减.‎ 又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)的图象在[m，π]上连续不间断，从而f(x)在区间(m，π)内有且仅有一个零点.‎ 综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点.‎ 探究提高　利用导数研究函数的零点常用两种方法：‎ ‎(1)运用导数研究函数的单调性和极值，利用单调性和极值定位函数图象来解决零点问题；‎ ‎(2)将函数零点问题转化为方程根的问题，利用方程的同解变形转化为两个函数图象的交点问题，利用数形结合来解决.‎ ‎【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.‎ 解　(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋，‎ 定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝，由f′(x)＝0，得x＝e.‎ ‎∴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.‎ ‎(2)由题设g(x)＝f′(x)－＝－－(x＞0)，‎ 令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0).‎ 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)的唯一极值点，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)＝.‎ 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.‎ 热点三　利用导数研究不等式问题(规范解答)‎ 导数在不等式中的应用是高考的热点，常以解答题的形式考查，以中高档题为主，突出转化思想、函数思想的考查，常见的命题角度：(1)证明简单的不等式；(2)由不等式恒成立求参数范围问题；(3)不等式恒成立、能成立问题.‎ ‎【例3】 (满分12分)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.‎ 满分解答　(1)解　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.2分 当a＞0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，‎ 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.4分 又f′(a)＞0，当b满足0＜b＜且b＜时，f′(b)＜0(讨论a≥1或a＜1来检验)，‎ 故当a＞0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)9分 由于2e2x0－＝0，‎ 所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥‎2a＋aln.‎ 故当a＞0时，f(x)≥‎2a＋aln.12分 ‎　‎ ‎❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分.如第(1)问中，求导正确，分类讨论；第(2)问中利用单调性求f(x)的最小值和基本不等式的应用.‎ ‎❷得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中，求出f(x)的定义域，f′(x)在(0，＋∞)上单调性的判断；第(2)问，f(x)在x＝x0处最值的判定.‎ ‎❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.‎ 如第(1)问中，求导f′(x)准确，否则全盘皆输，求解使f′(b)＜0的b满足的约束条件0＜b＜，且b＜.如第(2)问中x0满足条件的计算，若计算错误不得分，另外还应注意规范的文字、符号语言的表述.‎ ‎ ‎ ‎1.讨论零点个数的答题模板 第一步：求函数的定义域；‎ 第二步：分类讨论函数的单调性、极值；‎ 第三步：根据零点存在性定理，结合函数图象确定各分类情况的零点个数.‎ ‎2.证明不等式的答题模板 第一步：根据不等式合理构造函数；‎ 第二步：求函数的最值；‎ 第三步：根据最值证明不等式.‎ ‎【训练3】 已知函数f(x)＝ax＋ln x(a∈R).‎ ‎(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；‎ ‎(2)求f(x)的单调区间；‎ ‎(3)设g(x)＝x2－2x＋2，若对任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0，1]使得f(x1)0)，所以f′(1)＝2＋1＝3，所以斜率k＝3.又切点为(1，2)，所以切线方程为y－2＝3(x－1)，即3x－y－1＝0，‎ 故曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为3x－y－1＝0.‎ ‎(2)f′(x)＝a＋＝(x>0)，‎ ‎①当a≥0时，由于x>0，故ax＋1>0，f′(x)>0，‎ 所以f(x)的单调增区间为(0，＋∞).‎ ‎②当a<0时，由f′(x)＝0，得x＝－.‎ 在区间上，f′(x)>0，在区间上，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.‎ ‎(3)由已知得所求可转化为f(x)max－1－ln(－a)，解得a<－.即a的取值范围是. ‎