创新设计 2018版高考数学(文)(人教)大一轮复习配套课件：专题探究课一 高中函数问题与导数的热点

高考导航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)＝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.解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－a.若a≤0，则f′(x)0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.若a0，则当x∈0，1a时，f′(x)0；当x∈1a，＋∞时，f′(x)0.所以f(x)在0，1a上单调递增，在1a，＋∞上单调递减.(2)由(1)知，当a≤0，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；当a0时，f(x)在x＝1a取得最大值，最大值为f1a＝ln1a＋a1－1a＝－lna＋a－1.因此f1a2a－2等价于lna＋a－10.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).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.【训练1】设f(x)＝－13x3＋12x2＋2ax.(1)若f(x)在23，＋∞上存在单调递增区间，求a的取值范围；(2)当0＜a＜2时，f(x)在[1，4]上的最小值为－163，求f(x)在该区间上的最大值.解(1)由f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－x－122＋14＋2a，当x∈23，＋∞时，f′(x)的最大值为f′23＝29＋2a；令29＋2a＞0，得a＞－19.所以，当a＞－19时，f(x)在23，＋∞上存在单调递增区间.(2)已知0＜a＜2，f(x)在[1，4]上取到最小值－163，而f′(x)＝－x2＋x＋2a的图象开口向下，且对称轴x＝12，∴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]上单调递增，在[x0，4]上单调递减，f(1)＝－13＋12＋2a＝16＋2a＞0，∴f(4)＝－13×64＋12×16＋8a＝－403＋8a＝－163⇒a＝1.此时，由f′(x0)＝－x20＋x0＋2＝0⇒x0＝2或－1(舍去)，所以函数f(x)max＝f(2)＝103.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.【例2】设函数f(x)＝lnx＋mx，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；(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－x3零点的个数.解(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝lnx＋ex，其定义域为(0，＋∞).则f′(x)＝x－ex2，由f′(x)＝0，得x＝e.∴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.(2)由题设g(x)＝f′(x)－x3＝1x－mx2－x3(x0)，令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x0).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.又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知①当m23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0m23时，函数g(x)有两个零点；综上所述，当m23时，函数g(x)无零点；当实数m＝23时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m23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a0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ex0，(ax2＋x)ex≤0.∴ax2＋x≤0.又因为a0所以不等式化为xx＋1a≤0.所以不等式f(x)≤0的解集为－1a，0.(2)当a＝0时，方程即为xex＝x＋2，由于ex0，所以x＝0不是方程的解，所以原方程等价于ex－2x－1＝0.令h(x)＝ex－2x－1，因为h′(x)＝ex＋2x20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－30，h(2)＝e2－20，h(－3)＝e－3－130，h(－2)＝e－20，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－alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a0时，f(x)≥2a＋aln2a.满分解答(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－ax(x0).2分当a≤0时，f′(x)0，f′(x)没有零点；3分当a0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－ax，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.6分又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.(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分由于2e2x0－ax0＝0，所以f(x0)＝a2a0＋2ax0＋aln2a≥2a＋aln2a.故当a0时，f(x)≥2a＋aln2a.12分❶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.❷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.❸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满足的约束条件0ba4，且b14.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)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，＋∞).当a＝4时，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，f(1)＝0，f′(x)＝lnx＋1x－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，f(x)0等价于lnx－a（x－1）x＋10.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)＝0.①当a≤2时，若x1，则x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋10∴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a2时，令g′(x)＝0得x1＝a－1－（a－1）2－1，x2＝a－1＋（a－1）2－1.由x21和x1x2＝1得x11，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].