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专题探究课一 高中函数问题与导数的热点题型


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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.

热点一 利用导数研究函数的性质 以含参数的函数为载体,结合具体函数与导数的几何意 义,研究函数的性质,是高考的热点重点.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.

【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a的取值范围.
1 解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=x -a. 若 a≤0,则 f′(x)>0,所以 f(x)在(0,+∞)上单调递增. ? 1? 若 a>0,则当 x∈?0,a?时,f′(x)>0; ? ? ?1 ? 当 x∈?a,+∞?时,f′(x)<0. ? ? ? ?1 ? 1? 所以 f(x)在?0,a?上单调递增,在?a,+∞?上单调递减. ? ? ? ?

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

a+a-1.

?1? ? ?>2a-2 ?a?

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,a 的取值范围是(0,1).

探究提高

(1)判断函数的单调性,求函数的单调区间、极值

等 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.

1 3 1 2 【训练 1】 设 f(x)=-3x +2x +2ax. ?2 ? (1)若 f(x)在?3,+∞?上存在单调递增区间,求 a 的取值范围; ? ? 16 (2)当 0<a<2 时,f(x)在[1,4]上的最小值为- 3 ,求 f(x)在该区 间上的最大值.

解 当

(1)由 f′(x)=-x

2

? 1?2 1 +x+2a=-?x-2? +4+2a, ? ?

?2 ? x∈?3,+∞?时,f′(x)的最大值为 ? ?

?2? 2 2 ? ? f′ 3 = +2a;令 +2a>0,得 9 ? ? 9

1 a>- . 9

?2 ? 1 所以,当 a>-9时,f(x)在?3,+∞?上存在单调递增区间. ? ?

16 (2)已知 0<a<2,f(x)在[1,4]上取到最小值- 3 , 1 而 f′(x)=-x +x+2a 的图象开口向下,且对称轴 x= , 2 ∴f′(1)=-1+1+2a=2a>0,f′(4)=-16+4+2a=2a-12<0, 则必有一点 x0∈[1,4],使得 f′(x0)=0,此时函数 f(x)在[1,x0]上 1 1 1 单调递增,在[x0,4]上单调递减,f(1)=-3+2+2a=6+2a>0, 1 1 40 16 ∴f(4)=-3×64+2×16+8a=- 3 +8a=- 3 ?a=1. 此时,由 f′(x0)=-x2 0+x0+2=0?x0=2 或-1(舍去), 10 所以函数 f(x)max=f(2)= 3 .
2

热点二 利用导数研究函数的零点或曲线交点问题

导数与函数方程交汇是近年命题的热点,常转化为研究函
数图象的交点问题,研究函数的极 ( 最 )值的正负,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.

m 【例 2】 设函数 f(x)=ln x+ x ,m 为正常数. (1)当 m=e(e 为自然对数的底数)时,求 f(x)的极小值; x (2)讨论函数 g(x)=f′(x)-3零点的个数. 解 (1)由题设,当 m=e 时, e f(x)=ln x+x,其定义域为(0,+∞). x-e 则 f′(x)= 2 ,由 f′(x)=0,得 x=e. x ∴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.

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). 1 3 设 φ(x)=- x +x(x≥0), 3 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, 2 因此 x=1 也是 φ(x)的最大值点,∴φ(x)的最大值为 φ(1)=3.

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= 时,函数 g(x)有且只有一个零点; 3 2 ③当 0<m<3时,函数 g(x)有两个零点; 2 综上所述,当 m>3时,函数 g(x)无零点; 2 当实数 m=3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.

探究提高

用导数研究函数的零点,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,结合函数的极值利用数形结合来解决.

【训练 2】 (2017· 贵阳七校联考 ) 函数f(x)=(ax2+ x)ex,其中 e 是

自然对数的底数,a∈R.
(1)当a>0时,解不等式f(x)≤0; (2)当a=0时,求整数t的所有值,使方程f(x)=x+2在[t,t+1] 上有解.
解 (1)因为 ex>0,(ax2+x)ex≤0. ∴ax2+x≤0.又因为 a>0 所以不等式化为
? 1? x?x+a?≤0. ? ? ? 1 ? 的解集为?-a,0?. ? ?

所以不等式 f(x)≤0

(2)当 a=0 时,方程即为 xex=x+2, 由于 ex>0,所以 x=0 不是方程的解, 2 2 x x 所以原方程等价于 e -x -1=0.令 h(x)=e -x -1, 2 x 因为 h′(x)=e +x2>0 对于 x∈(-∞,0)∪(0,+∞)恒成立, 所以 h(x)在(-∞,0)和(0,+∞)内是单调递增函数, 又 h(1)=e-3<0, 1 -3 2 h(2)=e -2>0,h(-3)=e - <0,h(-2)=e-2>0, 3 所以方程f(x)=x+2有且只有两个实数根且分别在区间[1,

2]和[-3,-2]上,所以整数t的所有值为{-3,1}.

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.

【例 3】 (满分 12 分)(2015· 全国Ⅰ卷)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 (2)证明:当 a>0 时,f(x)≥2a+alna.
2x

a 满分解答 (1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2e -x (x>0).2 分 当 a≤0 时,f′(x)>0,f′(x)没有零点;3 分 a 当 a>0 时,设 u(x)=e2x,v(x)=-x ,因为 u(x)=e2x 在(0,+∞)上单 a 调递增,v(x)=-x 在(0,+∞)上单调递增. 所以 f′(x)在(0,+∞)上单调递增.6 分 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.

(2)证明 由(1),设 f′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为 x0, 当 x∈(0,x0)时,f′(x0)<0;当 x∈(x0,+∞)时,f′(x0)>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 2 2 a a 由于 2e2x0-x =0,所以 f(x0)=2a +2ax0+alna≥2a+alna. 0 0 2 故当 a>0 时,f(x)≥2a+alna.12 分

? 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. ?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.
?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 1 a 约束条件 0<b<4,且 b<4.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.

第一步:求函数f(x)的导函数f′(x); 第二步:分类讨论f′(x)的单调性; 第三步:判断f′(x)零点的个数; 第四步:证明f(x)在f′(x)的零点取到最小值.

第五步:求出f(x)最小值的表达式,证明结论成立; 第六步:反思回顾,查看关键点、易错点和解题规范.

【训练3】 (2016· 全国Ⅱ卷)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,+∞). 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. 故曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为 2x+y-2=0. (2)当 x∈(1,+∞)时, a(x-1) f(x)>0 等价于 ln x- >0. x+1 a(x-1) 设 g(x)=ln x- , x+1

2 x +2(1-a)x+1 1 2a 则 g′(x)=x- = ,g(1)=0. (x+1)2 x(x+1)2

①当 a≤2 时,若 x>1,则 x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0 ∴g′(x)>0,g(x)在(1,+∞)上单调递增. 故当 a≤2 时,g(x)>0 在 x∈(1,+∞)上恒成立.
②当 a>2 时, 令 g′(x)=0 得 x1=a-1- (a-1)2-1, x2=a-1+ (a-1)2-1. 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].



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