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浙江专版2018高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用热点探究课1导数应用中的高考热点问题


热点探究课(一)

导数应用中的高考热点问题

[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. 1 [规范解答] (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= -a.2 分

x

若 a≤0,则 f′(x)>0,所以 f(x)在(0,+∞)上单调递增.5 分

? 1? 若 a>0,则当 x∈?0, ?时,f′(x)>0; ?
a?

?1 ? 当 x∈? ,+∞?时,f′(x)<0.7 分 ?a ? ? 1? ?1 ? 所以 f(x)在?0, ?上单调递增,在? ,+∞?上单调递减.8 分 ?
a?

?a

?

(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= 取得最大值,最大值为

a

f? ?=ln? ?+a?1- ?=-ln a+a-1.11 分 ?a? ?a? ? a?

?1?

?1?

?

1?

?1? 因此 f? ?>2a-2 等价于 ln a+a-1<0.12 分 ?a?
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.

1

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.

?2? 3 2 [对点训练 1] 已知函数 f(x)=x +ax -x+c,且 a=f′? ?. ?3?
(1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间; (3)设函数 g(x)=(f(x)-x )·e ,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)=x +ax -x+c, 得 f′(x)=3x +2ax-1.2 分 2 2 ?2? ?2?2 当 x= 时,得 a=f′? ?=3×? ? +2a× -1, 3 3 3 3 ? ? ? ? 解得 a=-1.4 分 (2)由(1)可知 f(x)=x -x -x+c,
3 2 2 3 2 3

x

? 1? 2 则 f′(x)=3x -2x-1=3?x+ ?(x-1),列表如下: ? 3?
x f′(x) f(x)

?-∞,-1? ? 3? ? ?
+ ?

- 0

1 3

?-1,1? ? 3 ? ? ?
- ?

1 0 极小值

(1,+∞) + ?

极大值

1? ? 所以 f(x)的单调递增区间是?-∞,- ?和(1,+∞); 3? ?

? ? f(x)的单调递减区间是?- ,1?.10 分
1 ? 3
3

?

(3)函数 g(x)=(f(x)-x )·e =(-x -x+c)·e ,
2

x

2

x

有 g′(x)=(-2x-1)e +(-x -x+c)e =(-x -3x+c-1)e ,12 分
2

x

2

x

x

因为函数 g(x)在 x∈[-3,2]上单调递增, 所以 h(x)=-x -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
2

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)=x +ax +bx+c,得 f′(x)=3x +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)=x +4x +4x+c, 所以 f′(x)=3x +8x+4.8 分 2 2 令 f′(x)=0,得 3x +8x+4=0,解得 x=-2 或 x=- .10 分 3
2 3 2 3 2 2

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

?-2,-2? ? 3? ? ?
- ?

- 0

2 3

?-2,+∞? ? 3 ? ? ?
+ ?

c

c-

32 27

2? 32 ? ? 2 ? 所以,当 c>0 且 c- <0 时,存在 x1∈(-4,-2),x2∈?-2,- ?,x3∈?- ,0?, 3? 27 ? ? 3 ? 使得 f(x1)=f(x2)=f(x3)=0.12 分

? 32? 3 2 由 f(x)的单调性知,当且仅当 c∈?0, ?时,函数 f(x)=x +4x +4x+c 有三个不同 ? 27?
零点.15 分 [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.

3

[对点训练 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. 【导学号:51062090】 3 e [解] (1)由题设,当 m=e 时,f(x)=ln x+ ,

m x

x

x

则 f′(x)=

x-e ,由 f′(x)=0,得 x=e.2 分 x2

∴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+ =2, e ∴f(x)的极小值为 2.6 分

x 1 m x (2)由题设 g(x)=f′(x)- = - 2- (x>0), 3 x x 3
1 3 令 g(x)=0,得 m=- x +x(x>0).7 分 3 1 3 设 φ (x)=- x +x(x≥0), 3 则 φ ′(x)=-x +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)= .10 分 3 又 φ (0)=0,结合 y=φ (x)的图象(如图),可知
2

2 ①当 m> 时,函数 g(x)无零点; 3 2 ②当 m= 时,函数 g(x)有且只有一个零点; 3 2 ③当 0<m< 时,函数 g(x)有两个零点; 3 ④当 m≤0 时,函数 g(x)有且只有一个零点.

4

2 综上所述,当 m> 时,函数 g(x)无零点; 3 2 当 m= 或 m≤0 时,函数 g(x)有且只有一个零点; 3 2 当 0<m< 时,函数 g(x)有两个零点.15 分 3

5

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. ?角度 1 证明不等式 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 (2)证明:当 a>0 时,f(x)≥2a+aln . 【导学号:51062091】
2x

a

[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)=- ,3 分 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.
2x 2x

2x

a x

a x

a x

a 1 又 f′(a)>0,当 b 满足 0<b< 且 b< 时,f′(b)<0, 4 4
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 由于 2e2x0- =0,

a x0

a 2 2 所以 f(x0)= +2ax0+aln ≥2a+aln . 2x0 a a
2 故当 a>0 时,f(x)≥2a+aln .15 分

a

?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),

6

f(1)=0,f′(x)=ln x+ -3,f′(1)=-2.3 分 x
故曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为 2x+y-2=0.6 分 (2)当 x∈(1,+∞)时,f(x)>0 等价于 ln x- 设 g(x)=ln x-

1

a?x-1? >0. x+1

a?x-1? , x+1
2

1 2a x +2?1-a?x+1 则 g′(x)= - = ,g(1)=0.9 分 x ?x+1?2 x?x+1?2 ①当 a≤2,x∈(1,+∞)时,x +2(1-a)x+1≥x -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? -1, x2=a-1+ ?a-1? -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+ x -bx(a≠1),曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的 2 切线斜率为 0. (1)求 b; (2)若存在 x0≥1,使得 f(x0)<
2 2 2 2

a

a-1

,求 a 的取值范围.

[解] (1)f′(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+ x -x, 2

a x

a ? a 1-a? f′(x)= +(1-a)x-1= ? x- ?(x-1).7 分 x x ? 1-a?
1 a ①若 a≤ ,则 ≤1,故当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(1,+∞)单调递增. 2 1-a 所以,存在 x0≥1,使得 f(x0)< - 2-1<a< 2-1.10 分

a 1-a a 的充要条件为 f(1)< ,即 -1< ,解得 a-1 a-1 2 a-1

a

a ? 1 a ? ? a ? ②若 <a<1 ,则 >1 ,故当 x∈ ?1, ? 时,f′(x)<0,当 x ∈?1-a,+∞?时, 2 1-a ? 1-a? ? ?
7

f′(x)>0,f(x)在?1,

? ?

a ? ? a ,+∞?上单调递增.12 分 上单调递减,在? ? ? 1-a? ?1-a ? a ? a ?< a . 的充要条件为 f? ? a-1 ?1-a? a-1
2

所以存在 x0≥1,使得 f(x0)< 而 f?

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

1-a -a-1 a ③若 a>1,则 f(1)= -1= < 恒成立,所以 a>1. 2 2 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. 热点探究训练(一) 导数应用中的高考热点问题 1.已知函数 f(x)=e -e -2x. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)设 g(x)=f(2x)-4bf(x),当 x>0 时,g(x)>0,求 b 的最大值. [解] (1)f′(x)=e +e -2≥0,等号仅当 x=0 时成立. 所以 f(x)在(-∞,+∞)单调递增.4 分 (2)g(x)=f(2x)-4bf(x) =e -e
2x -2x

x

-x

x

-x

-4b(e -e )+(8b-4)x,

x

-x

g′(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)]
=2(e +e -2)(e +e -2b+2).8 分 ①当 b≤2 时,g′(x)≥0,等号仅当 x=0 时成立,所以 g(x)在(-∞,+∞)单调递增. 而 g(0)=0,所以对任意 x>0,g(x)>0.12 分 ②当 b>2 时,若 x 满足 2<e +e <2b-2,即 0<x<ln(b-1+ b -2b)时,g′(x)<0. 而 g(0)=0,因此当 0<x<ln(b-1+ b -2b)时,g(x)<0. 综上,b 的最大值为 2.15 分 2.已知函数 f(x)=e (x +ax-a),其中 a 是常数. (1)当 a=1 时,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)若存在实数 k,使得关于 x 的方程 f(x)=k 在[0,+∞)上有两个不相等的实数根, 求 k 的取值范围.
8
x
2 2

x

-x

x

-x

x

-x

2

[解] (1)由 f(x)=e (x +ax-a)可得

x

2

f′(x)=ex[x2+(a+2)x].3 分
当 a=1 时,f(1)=e,f′(1)=4e. 所以曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为:

y-e=4e(x-1),即 y=4ex-3e.7 分
(2)令 f′(x)=e [x +(a+2)x]=0, 解得 x=-(a+2)或 x=0.9 分 当-(a+2)≤0,即 a≥-2 时,在区间[0,+∞)上,f′(x)≥0, 所以 f(x)是[0,+∞)上的增函数, 所以方程 f(x)=k 在[0,+∞)上不可能有两个不相等的实数根.11 分 当-(a+2)>0,即 a<-2 时,f′(x),f(x)随 x 的变化情况如下表:
x
2

x f′(x) f(x)

0 0 -a

(0,-(a+2)) - ?

-(a+2) 0

(-(a+2),+∞) + ?

a+4
e
a+2

由上表可知函数 f(x)在[0,+∞)上的最小值为

a+4 f(-(a+2))= a+2 .
e 因为函数 f(x)是(0,-(a+2))上的减函数, 是(-(a+2),+∞)上的增函数,且当 x≥-a 时, 有 f(x)≥e (-a)>-a,又 f(0)=-a. 所以要使方程 f(x) =k 在 [0,+∞)上有两个不相等的实数根,则 k 的取值范围是 4 ?a+ ? ? ea+2 ,-a?.15 分 ? ? 3.已知函数 f(x)=(x-2)e +a(x-1) . (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. 【导学号:51062092】 [解] (1)f′(x)=(x-1)e +2a(x-1)=(x-1)(e +2a).1 分 (ⅰ)设 a≥0,则当 x∈(-∞,1)时,f′(x)<0; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0. 所以 f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.3 分 (ⅱ)设 a<0,由 f′(x)=0 得 x=1 或 x=ln(-2a). e x ①若 a=- ,则 f′(x)=(x-1)(e -e), 2 所以 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
9
x x x
2 -a

e ②若 a>- ,则 ln(-2a)<1, 2 故当 x∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)时,f′(x)>0; 当 x∈(ln(-2a),1)时,f′(x)<0. 所以 f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)上单调递增,在(ln(-2a),1)上单调递减.5 分 e ③若 a<- ,则 ln(-2a)>1, 2 故当 x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)时,f′(x)>0; 当 x∈(1,ln(-2a))时,f′(x)<0. 所以 f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)上单调递增,在(1,ln(-2a))上单调递减.7 分 (2)(ⅰ)设 a>0, 则由(1)知, f(x)在(-∞, 1)上单调递减, 在(1, +∞)上单调递增. 又

a a ? 2 3 ? 2 f(1)=-e, f(2)=a, 取 b 满足 b<0 且 b<ln , 则 f(b)> (b-2)+a(b-1) =a?b - b?>
2 2

?

2 ?

0,所以 f(x)有两个零点.9 分 (ⅱ)设 a=0,则 f(x)=(x-2)e ,所以 f(x)只有一个零点. e (ⅲ)设 a<0,若 a≥- ,则由(1)知,f(x)在(1,+∞)上单调递增.又当 x≤1 时 f(x) 2 e <0,故 f(x)不存在两个零点;若 a<- ,则由(1)知,f(x)在(1,ln(-2a))上单调递减, 2 在(ln(-2a),+∞)上单调递增.又当 x≤1 时,f(x)<0,故 f(x)不存在两个零点. 综上,a 的取值范围为(0,+∞).15 分 4.(2017·绍兴二次质量预测)已知函数 f(x)= e . x-m
x x

(1)讨论函数 y=f(x)在 x∈(m,+∞)上的单调性;

? 1? 2 (2)若 m∈?0, ?,则当 x∈[m,m+1]时,函数 y=f(x)的图象是否总在函数 g(x)=x ? 2?
+x 图象上方?请写出判断过程. e ?x-m?-e e ?x-m-1? [解] (1)f′(x)= = ,2 分 2 2 ?x-m? ?x-m? 当 x∈(m,m+1)时,f′(x)<0;当 x∈(m+1,+∞)时,f′(x)>0, 所以函数 f(x)在(m,m+1)上单调递减,在(m+1,+∞)上单调递增.6 分 (2)由(1)知 f(x)在(m,m+1)上单调递减, 所以其最小值为 f(m+1)=e
m+1 x x x

.8 分

? 1? 2 因为 m∈?0, ?,g(x)在 x∈[m,m+1]最大值为(m+1) +m+1. ? 2?
10

所以下面判断 f(m+1)与(m+1) +m+1 的大小,即判断 e 与(1+x)x 的大小,其中 x

2

x

? 3? =m+1∈?1, ?. ? 2?
令 m(x)=e -(1+x)x,m′(x)=e -2x-1, 令 h(x)=m′(x),则 h′(x)=e -2,
x x x

? 3? x 因为 x=m+1∈?1, ?,所以 h′(x)=e -2>0,m′(x)单调递增.12 分 ? 2? ?3? 3 ? 3? 所以 m′(1)=e-3<0,m′? ?=e -4>0,故存在 x0∈?1, ?,使得 m′(x0)=ex0- 2 ? ? 2 ? 2?
2x0-1=0, 3? ? 所以 m(x)在(1,x0)上单调递减,在?x0, ?上单调递增, 2? ? 所以 m(x)≥m(x0)=ex0-x0-x0=2x0+1-x0-x0=-x0+x0+1,
2 2 2

? 3? 2 所以当 x0∈?1, ?时,m(x0)=-x0+x0+1>0, 2 ? ?
即 e >(1+x)x,也即 f(m+1)>(m+1) +m+1, 所以函数 y=f(x)的图象总在函数 g(x)=x +x 图象上方.15 分
2

x

2

11


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