【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 8页

(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 .‎