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课件

热点一热点二热点三热点探究训练第二章函数、导数及其应用热点探究课(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)＝lnx＋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)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－a.2分若a≤0，则f′(x)0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.5分若a0，则当x∈0，1a时，f′(x)0；当x∈1a，＋∞时，f′(x)0.7分所以f(x)在0，1a上单调递增，在1a，＋∞上单调递减.8分(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；9分当a0时，f(x)在x＝1a取得最大值，最大值为f1a＝ln1a＋a1－1a＝－lna＋a－1.11分因此f1a2a－2等价于lna＋a－10.12分令g(a)＝lna＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.于是，当0a1时，g(a)0；当a1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]已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′23.(1)求a的值；(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分当x＝23时，得a＝f′23＝3×232＋2a×23－1，解得a＝－1.4分(2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋c，则f′(x)＝3x2－2x－1＝3x＋13(x－1)，列表如下：x－∞，－13－13－13，11(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以f(x)的单调递增区间是－∞，－13和(1，＋∞)；f(x)的单调递减区间是－13，1.10分(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分令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－23.10分f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：x(－∞，－2)－2－2，－23－23－23，＋∞f′(x)＋0－0＋f(x)cc－3227所以，当c＞0且c－3227＜0时，存在x1∈(－4，－2)，x2∈－2，－23，x3∈－23，0，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.12分由f(x)的单调性知，当且仅当c∈0，3227时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点.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．[对点训练2]设函数f(x)＝lnx＋mx，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)－x3零点的个数.【导学号：51062090】[解](1)由题设，当m＝e时，f(x)＝lnx＋ex，则f′(x)＝x－ex2，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，∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝lne＋ee＝2，∴f(x)的极小值为2.6分(2)由题设g(x)＝f′(x)－x3＝1x－mx2－x3(x＞0)，令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x＞0).7分设φ(x)＝－13x3＋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，∴φ(x)的最大值为φ(1)＝23.10分又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知①当m＞23时，函数g(x)无零点；②当m＝23时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0＜m＜23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．综上所述，当m＞23时，函数g(x)无零点；当m＝23或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0＜m＜23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．☞角度1证明不等式设函数f(x)＝e2x－alnx.(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＋aln2a.【导学号：51062091】[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－ax(x0)．当a≤0时，f′(x)0，f′(x)没有零点；当a0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－ax，3分因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－ax在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(a)0，当b满足0ba4且b14时，f′(b)0，故当a0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－ax0＝0，所以f(x0)＝a2x0＋2ax0＋aln2a≥2a＋aln2a.故当a0时，f(x)≥2a＋aln2a.15分☞角度2不等式恒成立问题已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－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)lnx－4(x－1)，f(1)＝0，f′(x)＝lnx＋1x－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(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于lnx－ax－1x＋1＞0.设g(x)＝lnx－ax－1x＋1，则g′(x)＝1x－2ax＋12＝x2＋21－ax＋1xx＋12，g(1)＝0.9分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设函数f(x)＝alnx＋1－a2x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0.(1)求b；(2)若存在x0≥1，使得f(x0)aa－1，求a的取值范围．[解](1)f′(x)＝ax＋(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，＋∞)，由(1)知，f(x)＝alnx＋1－a2x2－x，f′(x)＝ax＋(1－a)x－1＝1－axx－a1－a(x－1).7分①若a≤12，则a1－a≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，f(x)在(1，＋∞)单调递增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)aa－1的充要条件为f(1)aa－1，即1－a2－1aa－1，解得－2－1a2－1.10分②若12a1，则a1－a1，故当x∈1，a1－a时，f′(x)0，当x∈a1－a，＋∞时，f′(x)0，f(x)在1，a1－a上单调递减，在a1－a，＋∞上单调递增.12分所以存在x0≥1，使得f(x0)aa－1的充要条件为fa1－aaa－1.而fa1－a＝alna1－a＋a221－a＋aa－1aa－1，所以不合题意．③若a1，则f(1)＝1－a2－1＝－a－12aa－1恒成立，所以a＞1.综上，a的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞).15分[规律方法