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2018第2章 热点探究课1 导数应用中的高考热点问题


热 点 一

第二章
热点探究课(一)

函数、导数及其应用
导数应用中的高考热点问题

热 点 三

热 点 二

热 点 探 究 训 练

[ 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 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=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 当
? 1? x∈?0,a?时,f′(x)>0; ? ?

?1 ? x∈?a,+∞?时,f′(x)<0.7 ? ?

分 分

所以

? ?1 ? 1? f(x)在?0,a?上单调递增,在?a,+∞?上单调递减.8 ? ? ? ?

(2)由(1)知,当 a≤0 时,f(x)在(0,+∞)上无最大值;9 分 1 当 a>0 时,f(x)在 x=a取得最大值,最大值为
?1? ?1? ? 1? f?a?=ln?a?+a?1-a?=-ln ? ? ? ? ? ?

a+a-1.11 分

因此

?1? f?a?>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 0<a<1 时,g(a)<0;当 a>1 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] (1)求 a 的值;

已知函数 f(x)=x +ax -x+c,且

3

2

?2? a=f′?3?. ? ?

(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
?2? ?2? 2 2 2 ? ? ? ? 当 x=3时,得 a=f′ 3 =3× 3 +2a×3-1, ? ? ? ?

解得 a=-1.4 分

(2)由(1)可知 f(x)=x3-x2-x+c, 则 f′(x)=3x x f′(x) f ( x) 所以
2

? 1? -2x-1=3?x+3?(x-1),列表如下: ? ?

? 1? ?-∞,- ? 3? ?

1 -3 0 极大值

? 1 ? ?- ,1? ? 3 ?

1 0 极小值

(1,+∞) +





? 1? f(x)的单调递增区间是?-∞,-3?和(1,+∞); ? ?

? 1 ? f(x)的单调递减区间是?-3,1?.10 ? ?



(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 2 令 f′(x)=0,得 3x +8x+4=0,解得 x=-2 或 x=-3.10 分
2

f(x)与 f′(x)在区间(-∞,+∞)上的情况如下: x f ′( x) f ( x) (-∞,-2) -2 + 0 c
? 2? ?-2,- ? 3? ?

2 -3 0 32 c-27

? 2 ? ?- ,+∞? ? 3 ?





? 2? 32 所以,当 c>0 且 c-27<0 时,存在 x1∈(-4,-2),x2∈?-2,-3?,x3 ? ? ? 2 ? ∈?-3,0?,使得 ? ?

f(x1)=f(x2)=f(x3)=0.12 分
? 32? c∈?0,27?时,函数 ? ?

由 f(x)的单调性知,当且仅当 个不同零点.15 分

f(x)=x3+4x2+4x+c 有三

[ 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.

[ 解]

e (1)由题设,当 m=e 时,f(x)=ln x+x,

x-e 则 f′(x)= x2 ,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, e ∴当 x=e 时,f(x)取得极小值 f(e)=ln e+e=2, ∴f(x)的极小值为 2.6 分

x 1 m x (2)由题设 g(x)=f′(x)-3= x-x2-3(x>0), 1 3 令 g(x)=0,得 m=-3x +x(x>0).7 分 1 3 设 φ(x)=-3x +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,

2 ∴φ(x)的最大值为 φ(1)=3.10 分 又 φ(0)=0,结合 y=φ(x)的图象(如图),可知 2 ①当 m>3时,函数 g(x)无零点; 2 ②当 m=3时,函数 g(x)有且只有一个零点; 2 ③当 0<m<3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. 2 综上所述,当 m>3时,函数 g(x)无零点; 2 当 m=3或 m≤0 时,函数 g(x)有且只有一个零点; 2 当 0<m<3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.

[ 解]

a (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2e -x (x>0).
2x

当 a≤0 时,f′(x)>0,f′(x)没有零点; a 当 a>0 时,设 u(x)=e ,v(x)=-x ,3 分
2x

a 因为 u(x)=e 在(0,+∞)上单调递增,v(x)=-x 在(0,+∞)上单调递增,
2x

所以 f′(x)在(0,+∞)上单调递增. 1 a 又 f′(a)>0,当 b 满足 0<b<4且 b<4时,f′(b)<0, 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).10 分 a 由于 2e2x0-x =0, 0 2 2 a 所以 f(x0)=2x +2ax0+alna≥2a+aln a. 0 2 故当 a>0 时,f(x)≥2a+aln a.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), 1 f(1)=0,f′(x)=ln x+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 a?x-1? (2)当 x∈(1,+∞)时,f(x)>0 等价于 ln x- >0. x+1

a?x-1? 设 g(x)=ln x- , x+1 x2+2?1-a?x+1 1 2a 则 g′(x)=x - = ,g(1)=0.9 分 ?x+1?2 x?x+1?2 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 - ?a-1?2-1 , x2 = a - 1 + ?a-1?2-1.14 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

1-a 2 设函数 f(x)=aln x+ 2 x -bx(a≠1),曲线 y=f(x)在点(1,f(1)) 处的切线斜率为 0. (1)求 b; a (2)若存在 x0≥1,使得 f(x0)< ,求 a 的取值范围. a-1 a [ 解] (1)f′(x)=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,+∞), 1-a 2 由(1)知,f(x)=aln x+ 2 x -x, a ? 1-a? a ? f′(x)=x+(1-a)x-1= x ?x-1-a? ?(x-1).7 分 ? ? 1 a ①若 a≤2,则 ≤1,故当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(1,+∞)单 1-a 调递增. 1-a a a a 所以, 存在 x0≥1, 使得 f(x0)< 的充要条件为 f(1)< , 即 2 -1< , a-1 a-1 a-1 解得- 2-1<a< 2-1.10 分

? ? a ? a ? 1 a ? ? ? ②若2<a<1,则 >1,故当 x∈?1,1-a?时,f′(x)<0,当 x∈?1-a,+∞? ? 1-a ? ? ? ? ? ? a ? a ? ? ? ? 时,f′(x)>0,f(x)在?1,1-a?上单调递减,在?1-a,+∞? ?上单调递增.12 ? ? ? ? ? a ? a a ? ? 所以存在 x0≥1,使得 f(x0)< 的充要条件为 f?1-a?< . a-1 a - 1 ? ?





? a ? ? f? ?1-a?=aln ? ?

a2 a a a + + > ,所以不合题意. 1-a 2?1-a? a-1 a-1

1-a -a-1 a ③若 a>1,则 f(1)= 2 -1= 2 < 恒成立,所以 a>1. a-1 综上,a 的取值范围是(- 2-1, 2-1)∪(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.



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