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  • 2021-06-16 发布

【数学】2019届一轮复习人教A版理专题探究课1函数与导数中的高考热点问题教案

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(一)函数与导数中的高考热点问题 ‎(对应学生用书第44页)‎ ‎[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,函数与导数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.‎ 利用导数研究函数的性质 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.‎ ‎ (2015·全国卷Ⅱ)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.‎ ‎[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.‎ ‎(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=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01时,g(a)>0.‎ 因此,a的取值范围是(0,1).‎ ‎[规律方法] 1.研究函数的性质,必须在定义域内进行,因此利用导数研究函数的性质,应遵循定义域优先的原则.‎ ‎2.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.‎ ‎3.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.‎ ‎[跟踪训练] (2018·福州质检)已知函数f(x)=aln x+x-ax(a∈R). ‎ ‎【导学号:97190096】‎ ‎(1)若x=3是f(x)的极值点,求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)求g(x)=f(x)-2x在区间[1,e]的最小值h(a).‎ ‎[解] (1)f(x)的定义域为(0,+∞),‎ f′(x)=+2x-a=,‎ 因为x=3是f(x)的极值点,‎ 所以f′(3)==0,解得a=9.‎ 所以f′(x)==,‎ 所以当0<x<或x>3时,f′(x)>0;‎ 当<x<3时,f′(x)<0.‎ 所以f(x)的单调递增区间为和(3,+∞),单调递减区间为.‎ ‎(2)由题知,g(x)=f(x)-2x=aln x+x-ax-2x.‎ g′(x)=-2=.‎ ‎①当≤1,即a≤2时,g(x)在[1,e]上为增函数,‎ h(a)=g(1)=-a-1;‎ ‎②当1<<e,即2<a<2e时,g(x)在上为减函数,在上为增函数,‎ h(a)=g=aln-a-a;‎ ‎③当≥e,即a≥2e时,g(x)在[1,e]上为减函数,‎ h(a)=g(e)=(1-e)a+e-2e.‎ 综上,h(a)= 利用导数研究函数的零点问题 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.‎ ‎ (2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=ae+(a-2)e-x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性; ‎ ‎(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围. ‎ ‎[解] (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),‎ f′(x)=2ae+(a-2)e-1=(ae-1)(2e+1).‎ ‎(ⅰ)若a≤0,则f′(x)<0,所以f(x)在(-∞,+∞)单调递减.‎ ‎(ⅱ)若a>0,则由f′(x)=0得x=-ln a.‎ 当x∈(-∞,-ln a)时,f′(x)<0;‎ 当x∈(-ln a,+∞)时,f′(x)>0.‎ 所以f(x)在(-∞,-ln a)单调递减,在(-ln a,+∞)单调递增.‎ ‎(2)(ⅰ)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点.‎ ‎(ⅱ)若a>0,由(1)知,当x=-ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1-+ln a.‎ ‎①当a=1时,由于f(-ln a)=0,‎ 故f(x)只有一个零点;‎ ‎②当a∈(1,+∞)时,‎ 由于1-+ln a>0,‎ 即f(-ln a)>0,‎ 故f(x)没有零点;‎ ‎③当a∈(0,1)时,1-+ln a<0,即f(-ln a)<0.‎ 又f(-2)=ae-4+(a-2)e-+2>-2e-+2>0,‎ 故f(x)在(-∞,-ln a)有一个零点.‎ 设正整数n0满足n0>ln,‎ 则f(n0)=e(ae+a-2)-n0>e-n0>2-n0>0.‎ 由于ln>-ln a,‎ 因此f(x)在(-ln a,+∞)有一个零点.‎ 综上,a的取值范围为(0,1).‎ ‎[规律方法] 利用导数研究函数零点的两种常用方法 (1)用导数研究函数的单调性,借助零点存在性定理判断;或用导数研究函数的单调性和极值,再用单调性和极值定位函数图象求解零点问题.‎ (2)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.‎ ‎[跟踪训练] (2018·武汉调研)已知f(x)=ln x-x3+2ex-ax,a∈R,其中e为自然对数的底数.‎ ‎(1)若f(x)在x=e处的切线的斜率为e,求a;‎ ‎(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.‎ ‎[解] (1)f′(x)=-3x+4ex-a,‎ f′(e)=+e-a=e,∴a=.‎ ‎(2)由ln x-x3+2ex-ax=0,得-x+2ex=a.‎ 记F(x)=-x+2ex,‎ 则F′(x)=-2(x-e).‎ x∈(e,+∞),F′(x)<0,F(x)单调递减.‎ x∈(0,e),F′(x)>0,F(x)单调递增,‎ ‎∴F(x)max=F(e)=+e,‎ 而x→0时,F(x)→-∞,‎ x→+∞时,F(x)→-∞.故a<+e.‎ 利用导数研究不等式问题(答题模板)‎ 导数在不等式中的应用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,突出转化思想、函数思想的考查.常见的命题角度有:(1)证明不等式;(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.‎ ‎ (本小题满分12分)(2017·全国卷Ⅱ)设函数f(x)=(1-x)e.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求a的取值范围.‎ ‎[规范解答] (1)f′(x)=(1-2x-x)e.‎ 令f′(x)=0得x=-1-或x=-1+. 2分 当x∈(-∞,-1-)时,f′(x)<0;‎ 当x∈(-1-,-1+)时,f′(x)>0;‎ 当x∈(-1+,+∞)时,f′(x)<0. 4分 所以f(x)在(-∞,-1-),(-1+,+∞)单调递减,在(-1-,-1+)单调递增. 5分 ‎(2)f(x)=(1+x)(1-x)e.‎ 当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)e,h′(x)=-xe<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)单调递减.而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1. 8分 当0(1-x)(1+x),(1-x)(1+x)-ax-1=x(1-a-x-x),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1. 10分 当a≤0时,取x0=,则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)=1≥ax0+1. 11分 综上,a的取值范围是[1,+∞). 12分 ‎[阅卷者说]‎ 易错点 防范措施 函数h(x)与函数g(x)的构造.‎ 认真分析不等式的结构特征,通过构造h(x),利用不等式的性质,证明命题成立,通过构造g(x),为举反例说明命题不成立创造了条件.‎ ‎[规律方法] 1.求单调区间的一般步骤 (1)求定义域.‎ (2)求f′(x),令f′(x)>0,求出f(x)的增区间;令f′(x)<0,求出f(x)的减区间.‎ (3)写出结论.‎ ‎2.恒成立问题的三种解法 (1)分离参数,化为最值问题求解.‎ (2)构造函数,分类讨论,如f(x)≥g(x),即F(x)=f(x)-g(x),求F(x)min≥0.‎ (3)转变主元,选取适当的主元,可使问题简化.‎ ‎[跟踪训练] 设函数f(x)=e-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:97190097】‎ ‎[解] (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2e-(x>0).‎ 当a≤0时,f′(x)>0,f′(x)没有零点;‎ 当a>0时,设u(x)=e,v(x)=-,‎ 因为u(x)=e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,假设存在b满足00时,f′(x)存在唯一零点.‎ ‎(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).‎ 由于2e-=0,所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln .‎ 故当a>0时,f(x)≥2a+aln .‎

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